Решения 11 класса (город 2008)
- Подробности
- Обновлено 01.05.2013 11:22
Решения задач городского тура 2008 года для 11 класса.
Задача 1.
Пусть максимальная деформация пружины равна $x$. Пропорционально деформации изменится и объем,
$$\Delta V=xV_0/x_0=\alpha V_0, \quad\mbox{где }\quad \alpha\equiv x/x_0.$$
Тогда максимальный объем газа в цикле равен $V_0+\Delta V=V_0(1+\alpha)$. Если температуру в точке A обозначить $T_0$, то в точках B, C, D из уравнения Клайперона-Менделеева температуры будут $2T_0$, $2(1+\alpha)T_0$ и $(1+\alpha) T_0$ (см. рисунок 1.a).
Вычисление КПД $\eta$ такого цикла при заданном параметре $\alpha$ — типичная задача, по определению $\eta=A/Q\cdot 100\%$, где $A=\alpha p_0V_0$ — работа, совершенная газом за цикл, численно равная площади прямоугольника, ограничиваемого циклом; $Q$ — тепло, переданное тепловой машине.
Вычислим $Q$. При изохорическом нагревании от $T_0$ до $2T_0$ газу передают теплоту $C_VT_0$. При изобарическом нагревании от $2T_0$ до $2(1+\alpha) T_0$ газу передают теплоту $2\alpha C_p T_0$. Так как газ одноатомный, $C_p=5\nu R/2$, $C_V=3\nu R/2$, отсюда
$$Q=\frac{3}{2}\nu RT_0+ 5\nu RT_0\alpha=\nu RT_0(5\alpha+3/2)=p_0V_0(5\alpha+3/2).$$
В последнем соотношении мы использовали, что $p_0V_0=\nu RT_0$. Значит,
$$\eta=\frac{A}{Q}\cdot 100\% = \frac{2\alpha}{10\alpha+3}\cdot100\%.$$
Параметр $\alpha$ найдем, приравняв энергию пружины $kx^2/2$ величине $Q/z$:
$$kx^2/2=p_0V_0(5\alpha+3/2)/z\quad\Rightarrow\quad k(\alpha x_0)^2/2=p_0V_0(5\alpha+3/2)/z. $$
Это квадратное уравнение относительно $\alpha$:
$$s\alpha^2-5\alpha-3/2=0,\qquad\mbox{где }\quad s\equiv\frac{zkx_0^2}{2p_0V_0},$$
положительный корень уравнения $\alpha=(5+\sqrt{25+6s})/(2s)$ единственный.
Ответ: $\displaystyle \eta=\frac{5+\sqrt{25+6s}}{25+5\sqrt{25+6s}+3s}\cdot100\%, \qquad\mbox{где }\quad s\equiv\frac{kzx_0^2}{2p_0V_0}.$
Задача 2.
Рассмотрим внешние силы, действующие на систему блок-шарик-груз: это две силы тяжести $mg$ и $Mg$, а также сила реакции стены $N$, действующая на ось блока (см. рисунок 2.a). Остальные силы, действующие в системе — внутренние (например, сила натяжения нити действует на груз $M$ вверх, а на блок — вниз, аналогично обстоит дело с силой реакции стержня, скрепляющего блок и шарик).
Векторная сумма всех внешних сил, конечно, равна нулю, но этого не достаточно, чтобы система находилась в равновесии: должны еще взаимно компенсироваться моменты всех сил. Рассмотрим моменты сил относительно точки O, плечи сил указаны на рисунке 2.a.
Понятно, что сила $N$ не создает вращательный момент, ее плечо равно нулю. Плечо силы $Mg$ не меняется и всегда равно $R$, соответствующий момент пытается закрутить блок против часовой стрелки. Плечо силы $mg$ равно $L\sin\alpha_0$, соответствующий момент закручивает блок по часовой стрелке. Отсюда
$$MgR=mgL\sin\alpha_0,\qquad \sin\alpha_0=MR/(mL), \qquad(2.1)$$
этому решению соответствуют первые два положения равновесия системы, изображенные на рисунке 2.b. Они существуют только если $MR/(mL)\le 1$.
Существует еще одно положение равновесия, когда шарик упирается в стенку, и на него действует дополнительно сила реакции $N'$ (см. рис. 2.b, положение 3).
Понятно, что положение 2 является устойчивым: если чуть увеличить угол наклона стержня по сравнению с $\alpha_0$, плечо силы $mg$ увеличится, и блок повернется по часовой стрелке; если же угол уменьшить, плечо силы $mg$ также уменьшится, и блок все равно вернется в положение 2. Аналогично рассуждая, получим, что положение 1 неустойчиво. Конечно, положение 3 устойчиво, так как $N'$ — единственная сила, создающая момент по часовой стрелке: если тело отвести от стенки, $N'$ обратится в ноль, момент силы $Mg$ окажется нескомпенсированным, и блок повернется против часовой стрелки, вернувшись в положение 3.
Рассмотрим теперь колебания вокруг положений равновесия. Вокруг положения 1 не может быть колебаний — оно неустойчиво. Пусть шарик отклонен на малый угол $\Delta\alpha$ из положения равновесия 2, этому соответствует малое смещение $x$ (см. рис. 2.c). Чтобы найти период колебаний, нужна аналогия с какими-нибудь известными гармоническими колебаниями, например, с колебанием тела массой $\mu$ на пружине жесткостью $k$, период которых $T=2\pi\sqrt{\mu/k}$. Если мы разберемся, что у нас выполняет роль $\mu$, а что $k$, и ответ станет очевиден. Обычно в подобного рода задачах аналогия устанавливается из динамики (рассматривается возвращающая сила, которая должна быть пропорциональна $x$, коэффициент пропорциональности объявляется жесткостью эквивалентной пружины; массой объявляется коэффициент пропорциональности между возвращающей силой и ускорением). Этот подход приводит в данной задаче к правильному ответу, однако он достаточно громоздкий.
Воспользуемся энергетическим подходом. Для колебаний тела $\mu$ на пружинке k потенциальная энергия $k$ потенциальная энергия $\Pi=kx^2/2$, а кинетическая $K=\mu V^2/2$, где $x$ — смещение тела, а $V$ — скорость изменения этого смещения (производная $x$ по времени). Запишем в нашей задаче, как зависят потенциальная и кинетическая энергия системы от $x$ и $V$.
Начнем с кинетической энергии. Если шарик имеет скорость $V$ (и кинетическую энергию $mV^2/2$), то стержень крутится с угловой скоростью $V/L$, такова же угловая скорость блока, и, значит, нить наматывается со скоростью $VR/L$, поэтому
$$K=\frac{mV^2}{2}+\frac{M}{2}\left(\frac{VR}{L} \right)^2=\mu\frac{V^2}{2},\quad\mbox{где } \mu \equiv m+MR^2/L^2. \qquad(2.2)$$
Рассмотрим изменение потенциальной энергии при увеличении угла $\alpha_0$ на $\Delta\alpha$. Высота шарика увеличилась на
$$L(\cos\alpha_0-\cos(\alpha_0+\Delta\alpha))= 2L\sin(\alpha_0+\frac{\Delta\alpha}{2})\sin(\frac{\Delta\alpha}{2}),$$
а груз опустился на $R\Delta\alpha$ (см. рис. 2.c). Таким образом
$$\Pi=2mgL\sin(\alpha_0+\frac{\Delta\alpha}{2})\sin(\frac{\Delta\alpha}{2})- MgR\Delta\alpha. \qquad(2.3)$$
Нас интересует поведение этого выражения при малых $\Delta\alpha$, когда
$$\sin\Delta\alpha\simeq \Delta\alpha,\qquad \cos\Delta\alpha\simeq 1 \qquad(2.4)$$
Преобразуем
$$\sin(\alpha_0+\frac{\Delta\alpha}{2})= \sin\alpha_0\cos\frac{\Delta\alpha}{2}+\cos\alpha_0\sin\frac{\Delta\alpha}{2}$$
и воспользуемся (2.4). Cлагаемые, линейные по $\Delta\alpha$, сократятся благодаря (2.1), и останется (с учетом $x=L\Delta\alpha$)
$$\Pi=\frac{mgL}{2}\cos\alpha_0(\Delta\alpha)^2=\frac{k}{2}x^2\qquad \mbox{где } k\equiv mg\cos\alpha_0/L.$$
Из (2.1) $\cos\alpha_0=\sqrt{1-(MR/(mL))^2}$, так что потенциальная энергия нашей системы ведет себя как энергия пружины с жесткостью
$$k\equiv \frac{mg}{L}\sqrt{1-\left(\frac{MR}{mL}\right)^2}, \qquad(2.5)$$
а ее период $T=2\pi\sqrt{\mu/k}$, где $\mu$ и $k$ заданы соотношениями (2.2) и (2.5).
Положение равновесия 3 хоть и устойчивое, но колебания в окрестности него не гармонические. Их период будет зависеть от амплитуды, аналогично периоду мячика, упруго подскакивающему в поле силы тяжести.
Ответ: Возможны 3 положения равновесия (см. рис. 2.b), положения 1 и 2 задаются условием ${\alpha_0=\arcsin(MR/mL)}$ (только при $MR/(mL)\le 1$, иначе положения 1 и 2 не существуют). Только в окрестности положения равновесия 2 могут быть гармонические колебания, их период равен
$$T=2\pi\sqrt{\mu/k},\quad\mbox{где}\quad\mu=m+MR^2/L^2,\quad k= \frac{mg}{L}\sqrt{1-\left(\frac{MR}{mL}\right)^2}.$$
Задача 3.
В произвольный момент времени $t$, отсчитываемый от начала движения контура в области с полем, на границе поля находится участок контура шириной $D(t)=d\sin (\omega t)$, где $\omega=2\pi /t_0$.
Когда контур въезжает в поле со скоростью $V$, за малое время $\Delta t$ площадь контура в поле увеличивается на величину $D(t)V\Delta t$, значит поток $\Phi$ магнитного поля через контур меняется, и по правилу Ленца в контуре возникает ЭДС
$${\Large\varepsilon} (t)=-\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}=-BV D(t)= {\Large\varepsilon}_0\sin (\omega t),\qquad\mbox{где }{\Large\varepsilon}_0=-BVd.$$
Обозначим ток в цепи $I(t)$. Тогда напряжение за счет активного сопротивления провода $R$ равно $RI(t)$, а за счет индуктивности контура равно $L\dot{I}(t)$ ($\dot {I}$ — скорость изменения тока, то есть его производная по времени). Эквивалентная схема представлени на рисунке 3.a.
Дальше можно воспользоваться законом Ома
$${\Large\varepsilon}_0\sin (\omega t)=RI(t)+L\dot{I}, \qquad(3.6)$$
чтобы найти ток в цепи в виде гармонических колебаний (рассматриваем установившийся режим)
$$I(t)=I_1\cos (\omega t)+I_2\sin (\omega t). \qquad(3.7)$$
Подставляя (3.7) в (3.6), получим выражение, содержащее синусы и косинусы от аргумента $\omega t$. Понятно, что уравнение выполняется при любых $t$, если синусы сокращаются с синусами, а косинусы — с косинусами. Это соответствует системе уравнений
$${\Large\varepsilon}_0=RI_2-\omega LI_1,\qquad 0=RI_1+\omega LI_2,$$
из которой легко найти
$$I_1=-\frac{{\Large\varepsilon}_0\omega L}{R^2+\omega^2L^2},\qquad I_2=\frac{{\Large\varepsilon}_0R}{R^2+\omega^2L^2}.$$
И наконец, тепловая мощность — это среднее по времени от $RI^2(t)$. Ее легко вычислить, если учесть, что среднее от $\cos^2(\omega t)$ и $\sin^2 (\omega t)$ за период равно ½, а среднее от произведения $\sin(\omega t)\cdot \cos(\omega t)$ равно нулю.
Ответ: $P=R(I_1^2+I_2^2)/2=B^2V^2d^2 R/(2R^2+2\omega ^2 L^2)$
Задача 4.
Электроны в металле перераспределяются по поверхности шара до тех пор, пока их собственное поле не компенсирует целиком внешнее поле $E_0$ в области самого шара (только в этом случае суммарная сила, действующая на электрон в металле равна нулю). Иными словами, в равновесии напряженность электрического поля в металле всегда нулевая. На поверхности шара возникает распределение плотности зарядов $\sigma(\theta)$.
Понятно что максимальная плотность зарядов $\sigma_{max}$ будет на полюсах шара (см. рис. 4.a). Значит, вытекающая снизу жидкость содержит избыток электронов, и по мере ее вытекания шар будет приобретать заряд (как видно из графика, положительный). Этот заряд будет распределяться по шару равномерно (чтобы не создавать напряженность внутри шара), то есть к $\sigma(\theta)$ появится добавка $\bar{\sigma}(t)=q(t)/(4\pi R^2)$. Когда эти вклады скомпенсируют друг друга на нижнем полюсе шара, вытекающая жидкость окажется незаряженной, это будет соответствовать значению $q_{max}=7$ пКл, значит
$$\sigma_{max}=q_{max}/(4\pi R^2). \qquad(4.8)$$
Осталось связать $\sigma_{max}$ и внешнее поле $E_0$. Для этого следует придумать такое распределение зарядов по шару, чтобы оно полностью съедало $E_0$ внутри шара.
Известно, что равномерно заряженный шар с плотностью заряда $\rho$ создает внутри себя на расстоянии $r$ от центра поле $\vec{E}=\alpha \vec{r}$, где $\alpha=\rho/(3\epsilon_0)$ (эта формула получается, например, из теоремы Гаусса). Рассмотрим два таких шара, заряженных разноименно и сдвинутых друг относительно друга на малую величину $d$ (шары пересекаются). Их суммарное поле внутри обоих шаров (см. рис. 4.b)
$$\vec{E}_{\sum}=\alpha \vec{r}_1-\alpha \vec{r}_2= \alpha(\vec{r}_1-\vec{r}_2)=\alpha \vec{d} =\vec{\mbox{const}}.$$
С другой стороны, внутренность такой системы не заряжена (заряды шаров компенсируют друг друга), а при малом $d$ поверхность системы практически не отличается от шара. Значит при
$$\alpha d=\rho d/(3\epsilon_0)=E_0 \qquad(4.9)$$
такая система сможет компенсировать однородное поле $E_0$.
Максимальная плотность заряда системы равна заряду, попавшему в заштрихованую область на рис. (4.b), т.е. $\sigma_{max}=\rho d$, из (4.9) видно, что $\sigma_{max}=3\epsilon_0 E_0$. С учетом (4.8), получаем ответ.
Ответ: $E_0=q_{max}/(12\pi \epsilon_0 R^2)= kq_{max}/(3 R^2)$, где $q_{max}=7$ пКл.
Задача 5.
Следует подобрать такой коэффициент преломления, чтобы свет распространялся вдоль свободно висящего ковра.
Ковер расположится так, чтобы суммарная потенциальная энергия всех его кусочков была минимальна. Запишем это условие в виде
$$E_{\text{п}}=\sum \limits_{i}m_igh_i,$$
здесь сумма ведется по кусочкам, которые нумерует индекс $i$, масса $i$-того кусочка равна $m_i$, $h_i$ высота его расположения, ноль потенциальной энергии указан на рисунке.
Пусть показатель преломления $n$ как-то зависит от $h$. Значит и скорость $V$ света в такой среде зависит от $h$: $n(h)=c/V(h)$ ($c$ — скорость света в вакууме). Свет 'выбирает' такую траекторию, чтобы затратить на путь наименьшее время (так называемый принцип Ферма). Время движения складывается из времени движения вдоль каждого кусочка $l_i$:
$$T=\sum \limits_{i}\frac{l_i}{V(h)}=\sum \limits_{i}\frac{l_in(h_i)}{c}.$$
Сравним это с предыдущим выражением. Масса кусочка $m_i$ пропорциональна его длине $l_i$, и если предположить, что $n(h)$ пропорционально $gh_i$, то слагаемые обеих сумм пропорциональны и выражения для $E_{\text{п}}$ и $T$ достигнут минимума одновременно. Итак, чтобы свет распространялся вдоль ковра, $n(h)$ должна быть линейной функцией.
В точке А по условию $n(0)=n_0$, а луч идет под углом $90^\circ$ к линии, вдоль которой коэффициент преломления постоянен. В точке В, где $h=H$, луч идет под углом ${(90^\circ-\alpha)}$, значит, по закону преломления
$$n(H)\sin(90^o-\alpha)=n_0\sin90^o\qquad\Rightarrow\quad n(H)=n_0/\cos\alpha.$$
По двум точкам легко восстановить линейную функцию $n(h)$.
Ответ: $\displaystyle n(h)=n_0+\frac{n_0h}{H}\frac{(1-\cos\alpha)}{\cos\alpha}.$