Санкт-Петербургские олимпиады по физике

Решения 11 класса (район 2012)

Подробности

Обновлено 01.05.2013 11:43

Решения задач районного тура олимпиады 2011/2012 года для 11 класса.

1 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6
2 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6

I вариант

Задача 1.

В верхней точке горки (на ребре) скорость шайбы должна быть направлена строго вдоль верхнего ребра, иначе шайба подскочит. Это, в общем, очевидное утверждение легко доказать. Действительно, переваливая через малое закругление с ненулевой составляющей скорости $V_y$ вдоль оси $Y$ (см. рис.), шайба будет иметь центростремительное ускорение $a_{\text{ц}}=V_y^2/r$, где $r$ — радиус закругления. Так как по условию закругление незначительно, $r$ мало, значит $a_{\mbox{ц}}$ велико. Второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось в верхней точке траектории имеет следующий вид в проекции на вертикальную ось: $mg-N=ma_{\mbox{ц}},$ откуда следует, что при достаточно больших $a_{\mbox{ц}}$ величина $N$ обратится в ноль, т.е. шайба оторвется.

Итак, в верхней точке траектории скорость шайбы в проекции на ось $Y$ должна быть равна нулю. Но это означает, что в конце подъема по склону должна обратиться в ноль и скорость шайбы в проекции на ось $Z$, направленную вверх вдоль ската (см. рис.), ведь, проходя закругление, шайба практически не меняет модуль своей скорости. Та компонента скорости, которая перед самым закруглением (в конце подъема) была направлена вдоль оси $Z$, наверху закругления окажется направлена уже вдоль оси $Y$. Значит, в конце подъема по наклонной плоскости скорость шайбы направлена именно вдоль оси $X$.

В ходе дальнейшего решения величиной $r$ мы будем пренебрегать.

Рассмотрим движение шайбы в плоскости левого ската горки (см. рис., отметим, что силы, перпендикулярные этой плоскости скомпенсированы на протяжении всего времени движения в данной плоскости). Как обсуждалось, в верхней точке траектории К скорость шайбы направлена вдоль ОО'. Тогда понятно, что движение шайбы по левому и правому скатам симметрично, а траектории АК и КВ имеют одну форму. Хотя они и лежат в разных плоскостях, АК и КВ представляют собой ветви одинаковых парабол, причем К — вершина обеих этих парабол и делит ребро ОО' пополам.

В проекции на оси $X$ и $Z$, лежащие в плоскости левого ската, ускорение свободного падения имеет проекцию лишь на ось $Z$, эта проекция отрицательна и равна по модулю $\tilde{g}=g\sin\gamma$. Начальную скорость и искомый угол обозначим $V_0$ и $\alpha$ соответственно. Уравнения равноускоренного движения для координат $$ X(t)=V_0t\sin\alpha, \qquad\qquad\qquad\qquad Z(t)=V_0t\cos\alpha -\tilde{g}t^2/2, \quad(1) $$ а для скоростей $$ V_x(t)=V_0\sin\alpha, \qquad\qquad\qquad\qquad V_z(t)=V_0\cos\alpha -\tilde{g}t. \quad(2) $$ В момент времени $t_k$, когда шайба проезжает точку К, проекция скорости на $Z$ становится равной нулю, $V_Z(t_k)=0$, значит второе уравнение (2) дает $$V_0\cos\alpha -\tilde{g}t_k=0 \qquad\Rightarrow\qquad t_k=\frac{V_0\cos\alpha}{\tilde{g}}. $$ Координаты шайбы в этот момент $X(t_k)=a/2$, $Z(t_k)*$ (см. рис.), значит уравнения (1) принимают в этой точке вид $$V_0t_k\sin\alpha =a/2\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad V_0t_k\cos\alpha- \tilde{g}t_k^2/2*. $$ Подставляя сюда $t_k$, получим систему $$ \frac{V_0^2\sin\alpha \cos\alpha}{\tilde{g}}=\frac{a}{2},\qquad\qquad \frac{V_0^2\cos^2\alpha}{2\tilde{g}} = 2a. \quad(3) $$ Отсюда легко выразить $V_0$ и $\alpha$. Например, разделим почленно уравнения (3) друг на друга: $$2 \mbox{ tg } \alpha=\frac{1}{4} \qquad\Rightarrow\qquad \mbox{ tg }\alpha=\frac{1}{8}. $$ И, наконец, из второго уравнения (3) выразим $V_0$.

Ответ: Начальная скорость шайбы $V_0=\sqrt{65a g\sin\gamma/16}$, угол этой скорости с ребром АО $\alpha=\mbox{arctg}{(1/8)}$.

Задача 2.

На изобаре газ за небольшой промежуток времени $\Delta t$ обменивается с внешним телом теплотой $\Delta Q_{12}=C_p\Delta T$, где $C_p=5\nu R/2$ — теплоемкость газа при постоянном давлении ($\nu$ — количество вещества газа), $\Delta T$ — изменение температуры газа за промежуток времени $\Delta t$. Отметим, что в данном процессе температура газа убывает, так что тепло должно уходить от газа к внешнему телу.

При помощи уравнения Клайперона–Менделеева легко убедиться, что в изобарическом процессе $\nu R\Delta T=p_0\Delta V$, где $\Delta V$ — изменение объема газа за рассмотренный промежуток времени. Таким образом, для искомой мощности в данном процессе $$ W(t)=\frac{\Delta Q_{12}}{\Delta t}= \frac{5p_0\Delta V}{2\Delta t}. \quad(4) $$

По условию на изобаре объем меняется равноускоренно, то есть по закону $V(t)=4V_0-at^2/2$. Значит, скорость изменения объема ведет себя линейно: ${\Delta V}/{\Delta t}=-at$. Подставив эту величину в (4), найдем $W(t)=-5atp_0/2$.

Этот закон для мощности теплообмена выполняется, пока объем не сравняется с $V_0$, то есть в течение промежутка времени $t_1$, когда $V(t_1)=4V_0-at_1^2/2=V_0$. Несложно выразить $t_1$ из последнего равенства, $t_1=\sqrt{6V_0/a}$.

На изохоре газ за небольшой промежуток времени $\Delta t$ получает от внешнего тела теплоту $\Delta Q_{23}=C_v\Delta T$, где $C_v=3\nu R/2$ — теплоемкость газа при постоянном объеме, $\Delta T$ — изменение температуры газа за данный промежуток времени $\Delta t$. Отметим, что в данном процессе температура газа растет. При помощи уравнения Клайперона–Менделеева легко убедиться, что в изохорическом процессе $\nu R\Delta T=V_0\Delta p$, где $\Delta p$ — изменение давления газа за рассмотренный промежуток времени. Таким образом, для искомой мощности в данном процессе $$ W(t)=\frac{\Delta Q_{23}}{\Delta t}= \frac{3V_0\Delta p}{2\Delta t}=\frac{3wV_0}{2}. \quad(5) $$ Здесь мы использовали, что скорость изменения давления ${\Delta p}/{\Delta t}=w$ дана по условию.

Этот закон для мощности теплообмена выполняется, пока давление не сравняется с $3p_0$, то есть еще в течение промежутка времени $t_2=2p_0/w$.

Ответ: При $0\leq t\leq t_1=\sqrt{6V_0/a}$ мощность, получаемого тепла отрицательна и линейно растет по закону $W(t)=-5atp_0/2$; затем при $t_1\leq t\leq t_1+t_2$ (где $t_2=2p_0/w$) мощность постоянна, положительна и равна $3wV_0/2$. Требуемый график представлен на рисунке.

Задача 3.

Для построения каждого изображения нам достаточно провести два пересекающихся луча. Один несложно провести для любого изображения — это луч ПО, проходящий через центр системы и непреломляющийся линзами (см. левый рис.).

Луч, параллельный длиннофокусной линзе, луч ПА, после преломления в короткофокусной направляется в фокус $f_2$. Дальнейшую его траекторию следует строить, воспользовавшись тем, что все параллельные друг другу лучи линза собирает в одной точке фокальной плоскости. Построим вспомогательный луч СО, параллельный А$f_2$. Фокальную плоскость длиннофокусной линзы DB он пересекает в точке D. Значит и луч А$f_2$ после длиннофокусной линзы пройдет через D.

Точка пересечения лучей ПО и ПА$f_2$D дает положение первого изображения. Изображение это действительное.

Проведем теперь такие же построения для луча, который сначала проходит через длиннофокусную линзу, а затем — через короткофокусную (см. правый рисунок).

Луч, параллельный короткофокусной линзе, ПА на правом рисунке, после преломления в длиннофокусной линзе направляется в фокус $f_1$. Дальнейшая его траектория строится также, как в предыдущем случае. Строим вспомогательный луч СО, параллельный А$f_1$. Фокальную плоскость короткофокусной линзы DB он пересекает в точке D. Значит и луч А$f_1$ после короткофокусной линзы пройдет через D.

Точка пересечения лучей ПО и ПА$f_1$D дает снова то же самое изображение, что и уже рассмотренное.

Тем не менее, можно заметить, что в системе существует еще одно изображение. Оно является точкой пересечения продолжений лучей ОП и А$f_1$ (см. правый рисунок). Изображение это мнимое и его можно наблюдать находясь в области, где лучи преломлены длиннофокусной линзой, но еще не преломлены короткофокусной, то есть в четверти пространства, расположенной ниже и правее точки О.

Ответ: Имеется два изображения, представленных на правом рисунке. Верхнее из двух этих изображений мнимое, а нижнее — действительное.

Задача 4.

Обозначим давление в крайних отсеках $P_1$, а в среднем $P_2$.

Рассмотрим внешние силы, действующие на систему «кубик-стержень-поршень».

Налево систему толкает, во-первых, правая сжатая пружина (с силой $k_{\mbox{п}}\Delta x$), во-вторых, сила давление жидкости среднего отсека на кубик (величиной $P_2s'$), в третьих, сила давления жидкости правого отсека на поршень (величиной $P_1S$). Кроме того, если кубик касается перегородки, на него может действовать сила реакции перегородки, также направленная налево.

Направо на нашу систему действуют: левая сжатая пружина (с силой $k_{\mbox{л}}\Delta x$); сила давление жидкости левого отсека на кубик (величиной $P_1s'$); сила давления жидкости среднего отсека на поршень (величиной $P_2S$).

Таким образом, силы скомпенсированы, когда $$N+k_{\mbox{п}}\Delta x+P_2s'+P_1S=k_{\mbox{л}}\Delta x+P_1s'+P_2S.$$ Выразим отсюда $N$ $$ N=(k_{\mbox{л}}-k_{\mbox{п}})\Delta x-(P_1-P_2)(S-s'). \quad() $$

Заметим, что если сила $N>0$, кубик прижат к перегородке, и давления могут быть не равны, $P_1\neq P_2$. Если же в какой-то момент $N$ обращается в ноль, кубик не взаимодействует с перегородкой; при этом вода может «пробулькивать» между кубиком и перегородкой, а давления $P_1$ и $P_2$ выравняются.

Когда $P_1=P_2$, согласно выражению (6), $N>0$, отверстие в перегородке закрыто. Когда экспериментаторы стали увеличивать давление в крайних отсеках ($P_1$), давление $P_2$ сначала не меняется. При этом вычитаемое в разности (6), пропорциональное $(P_1-P_2)$ начинает увеличиваться, а сила реакции кубика о перегородку — уменьшаться. В тот момент, когда $N$ обращается в ноль, т.е. при $P_1-P_2= (k_{\mbox{п}}-k_{\mbox{л}})\Delta x/(S-s')$, кубик отрывается, вода пробулькивает и давления в отсеках выравниваются.

Таким образом, разность давлений $P_1-P_2$ в описанной системе не может превзойти $$\Delta P=(k_{\mbox{л}}-k_{\mbox{п}})\Delta x/(S-s').$$ С другой стороны, всегда можно добиться (в достаточной степени увеличив давление в крайних отсеках и прекратив его увеличивать как раз перед тем, как начнется пробулькивание), чтобы разность давлений оказалась равна именно $\Delta P$.

Выражая из последнего равенства $k_{\mbox{п}}$, получим ответ.

Ответ: Жесткость правой пружинки должна быть равна $k_{\mbox{п}}=k-{\Delta P(S-s')}/{\Delta x}$. При б0льших значениях жесткости правой пружинки разность давлений $\Delta P$ будет также возможна. При меньших же значениях жидкость будет «пробулькивать» между кубиком и перегородкой так, что требуемая разность давлений не установится никогда.

Задача 5.

Рассмотрим силы, действующие на шарики в плоскости вращения карусели (силы, действующие в перпендикулярной плоскости скомпенсированы силой реакции опоры). Проекции ускорения свободного падения и напряженности электрического поля на данную плоскость представлены на левом рисунке и равны $$\tilde{g}=g\sin\alpha,\qquad\qquad \tilde{E}=E\sin\alpha. $$ Соответственно, на шарики в этой плоскости действуют силы $m\tilde{g}$ и $q\tilde {E}$. Направления этих сил для для одного из положений см. на левом рисунке. Пусть сначала, для определенности, $q\tilde{E}-m\tilde{g}>0$.

Исследуем, в каком положении карусель могла бы покоиться. Понятно, что положение карусели на левом рисунке не может быть равновесным: нескомпенсированный момент сил стремится повернуть карусель из этого положения по часовой стрелке. Несложно нарисовать положения карусели, при котором моменты поворачивающих ее сил окажутся скомпенсированными, $$(q\tilde{E}-m\tilde{g})R\cos\beta=(q\tilde{E}+m\tilde{g})R\sin\beta\qquad \Rightarrow \beta=arctg \frac{q\tilde{E}-m\tilde{g}}{q\tilde{E}+m\tilde{g}} =arctg \frac{q{E}-m{g}}{q{E}+m{g}}. $$ Здесь мы характеризовали положение равновесия углом $\beta$ (см.правый рис.). Таких положений два, одно мы изобразили серыми шариками, другое — черными. Одно положение из другого получается поворотом карусели на угол 180$^o$. Очевидно, если моменты сил скомпенсированы в одном из этих положений, то и в другом они тоже скомпенсированы.

Положение, изображенное на правом рисунке серыми шариками, является устойчивым, а черными — неустойчивым. Действительно, если карусель чуть сдвинуть из этих положений, то возникающий момент сил будет возвращать серые шарики обратно, но еще больше уводить из равновесия черные. Значит, положение серых шариков характеризуется минимумом потенциальной энергии системы $\Pi_{min}$, а положение черных — максимумом $\Pi_{min}$.

Будем отсчитывать потенциальную энергию от уровня ОО'. При этом легко заметить, что $\Pi_{max}=-\Pi_{min}$, ведь и электрическая и гравитационная потенциальная энергия каждого шарика просто меняет знак, если карусель переместить из серого положения в черное.

Введем $z_+$ и $z_-$ — координаты вдоль оси Z положительного и отрицательного зарядов соответственно, отсчитанные от линии ОО'. В положении устойчивого равновесия $z_+=R\cos\beta$, $z_-=-R\sin\beta$.

Выразим теперь потенциальную энергию шариков в положении устойчивого равновесия (она же — минимальная потенциальная энергия карусели). $$\Pi_{min}=-m\tilde{g}(z_++z_-)-q\tilde{E}(z_+-z_-)= -m\tilde{g}R(\cos\beta-\sin\beta)-q\tilde{E}R(\cos\beta+\sin\beta).$$

Это выражение можно существенно упростить, если воспользоваться тригонометрическими формулами $$(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\beta-\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\beta)=\cos(\beta+45^o),$$ $$(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\beta+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\beta)=\sin(\beta+45^o),$$ получится $$ \Pi_{min}=-m\tilde{g}R\sqrt{2}\cos(\beta+45^o)- q\tilde{E}R\sqrt{2}\sin(\beta+45^o). \quad(7) $$

Если же ввести еще и вспомогательный угол $tg \gamma=(q\tilde{E})/(m\tilde{g})= (q{E})/(m{g})$, для которого $$\sin\gamma=\frac{q\tilde{E}}{\sqrt{(q\tilde{E})^2+(m\tilde{g})^2}}, \qquad \cos\gamma=\frac{m\tilde{g}}{\sqrt{(q\tilde{E})^2+(m\tilde{g})^2}}, $$ формула (7) станет еще короче, ведь разделив и умножив выражение (7) на $\sqrt{(q\tilde{E})^2+(m\tilde{g})^2}$, при каждом слагаемом обнаружится $\sin\gamma$ или $\cos\gamma$, для которых снова можно воспользоваться тригонометрической формулой косинуса суммы. Получится $\Pi_{min}=-\epsilon$, где $$\epsilon=R\sqrt{2}\sqrt{(q\tilde{E})^2+(m\tilde{g})^2} \cos(\beta+45^o-\gamma).$$

Напомним, что $\Pi_{max}=-\Pi_{min}=\epsilon$.

Полная механическая энергия системы сохраняется. Когда потенциальная энергия системы минимальна, кинетическая — максимальна (и известна по условию, $K_{max}=mV^2$). Аналогично, когда потенциальная энергия системы максимальна, кинетическая — минимальна (обозначим ее $K_{min}$). Итак, $$\Pi_{max}+K_{min}=\Pi_{min}+K_{max}\qquad \Rightarrow\qquad K_{min}=K_{max}-(\Pi_{max}-\Pi_{min})=mV_{max}^2-2\epsilon. $$ Теперь легко найти скорость шариков, соответствующую этой минимальной кинетической энергии.

Заметьте, что кинетическая энергия не может стать отрицательной. Если $mV^2-2\epsilon<0$, карусель просто не доедет до неустойчивого положения равновесия; вместо того, чтобы совершать кругообразное движение, шарики будут колебаться вокруг положения устойчивого равновесия, а минимальная скорость их будет нулевой.

Осталось сообразить, что все приведенные формулы остаются справедливыми и в случае $q\tilde{E}-m\tilde{g}<0$.

Ответ: $V_{min}=\sqrt{V^2-2\epsilon/m}$, где $$\epsilon=R\sqrt{2}\sin\alpha\sqrt{(q{E})^2+(m{g})^2} \cos(\beta+45^o-\gamma),\qquad \gamma=arctg\frac{qE}{mg},\qquad \beta=arctg \frac{qE-mg}{qE+mg}.$$ Если выражение под корнем в $V_{min}$ становится отрицательным, минимальная скорость шариков обращается в ноль.

Задача 6.

Через время $t$ треугольник въедет в область с магнитным полем на расстояние $x=ut$ (см. рис.). В поле окажется часть цепочки длиной $L=2x/\cos30^o$ (выделена серым на рисунке); заряд цепочки, оказавшийся в магнитном поле $$Q=L\sigma= 2x\sigma/\cos30^o=2ut\sigma/\cos30^o.$$

Силы Лоренца, действующие со стороны магнитного поляна каждый из двух отрезков цепочки, $F=(Q/2)Bu$ направлены по правилу левой руки, в данном случае налево относительно рисунка. Компоненты (проекции) этой силы, перпендикулярные отрезкам цепочки, компенсируются силой реакции трубки, поэтму их можно не рассматривать.

Компоненты $F_1$ и $F_2$, направленные вдоль цепочки, разгоняют цепочку относительно трубки. Легко найти эти компоненты $F_1=F_2=(QBu\cos 60^o)/2$ и при помощи второго закона Ньютона найти ускорение цепочки вдоль трубки: $$ma=F_1+F_2,$$ отсюда $$a=(F_1+F_2)/m=QBu\cos 60^o/m=2\sigma Bu^2t/(\sqrt{3}m).$$

Итак, ускорение цепочки в трубке линейно растет со временем.

Соответственно, скорость цепочки растет квадратично, $V(t)=\sigma Bu^2t^2/(\sqrt{3}m)$.

Ответ: $V(t)=\sigma Bu^2t^2/(\sqrt{3}m)$.

II вариант

Задача 1.

В верхней точке горки (на ребре) скорость шайбы должна быть направлена строго вдоль верхнего ребра, иначе шайба подскочит. Это, в общем, очевидное утверждение легко доказать. Действительно, переваливая через малое закругление с ненулевой составляющей скорости $V_y$ вдоль оси $Y$ (см. рис.), шайба будет иметь центростремительное ускорение $a_{\text{ц}}=V_y^2/r$, где $r$ — радиус закругления. Так как по условию закругление незначительно, $r$ мало, значит $a_{\mbox{ц}}$ велико. Второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось в верхней точке траектории имеет следующий вид в проекции на вертикальную ось: $mg-N=ma_{\mbox{ц}},$ откуда следует, что при достаточно больших $a_{\mbox{ц}}$ величина $N$ обратится в ноль, т.е. шайба оторвется.

Итак, в верхней точке траектории скорость шайбы в проекции на ось $Y$ должна быть равна нулю. Но это означает, что в конце подъема по склону должна обратиться в ноль и скорость шайбы в проекции на ось $Z$, направленную вверх вдоль ската(см. рис.), ведь, проходя закругление, шайба практически не меняет модуль своей скорости. Та компонента скорости, которая перед самым закруглением (в конце подъема) была направлена вдоль оси $Z$, наверху закругления оказжется направлена уже вдоль оси $Y$. Значит, в конце подъема по наклонной плоскости скорость шайбы направлена именно вдоль оси $X$.

В ходе дальнейшего решения величиной $r$ мы будем пренебрегать.

Рассмотрим движение шайбы в плоскости левого ската горки (см. рис., отметим, что силы, перпендикуярные этой плоскости скомпенсированы на протяжении всего времени движения в данной плоскости). Как обсуждалось, в верхней точке траектории К скорость шайбы направлена вдоль ОО'. Тогда понятно, что движение шайбы по левому и правому скатам симметрично, а траектории АК и КВ имеют одну форму. Хотя они и лежат в разных плоскостях, АК и КВ представляют собой ветви одинаковых парабол, причем К — вершина обеих этих парабол и делит ребро ОО' пополам.

В проекции на оси $X$ и $Z$, лежащие в плоскости левого ската, ускорение свободного падения имеет проекцию лишь на ось $Z$, эта проекция отрицательна и равна по модулю $\tilde{g}=g\sin\gamma$. Начальную скорость и искомый угол обозначим $V_0$ и $\alpha$ соответственно. Уравнения равноускоренного движения для координат $$ X(t)=V_0t\sin\alpha, \qquad\qquad\qquad\qquad Z(t)=V_0t\cos\alpha -\tilde{g}t^2/2, \quad(1) $$ а для скоростей $$ V_x(t)=V_0\sin\alpha, \qquad\qquad\qquad\qquad V_z(t)=V_0\cos\alpha -\tilde{g}t. \quad(2) $$ В момент времени $t_k$, когда шайба проезжает точку К, проекция скорости на $Z$ становися равной нулю, $V_Z(t_k)=0$, значит второе уравнение (9) дает $$V_0\cos\alpha -\tilde{g}t_k=0 \qquad\Rightarrow\qquad t_k=\frac{V_0\cos\alpha}{\tilde{g}}. $$ Координаты шайбы в этот момент $X(t_k)=a/2$, $Z(t_k):$ (см. рис.), значит уравнения (8) принимают в этой точке вид $$V_0t_k\sin\alpha =a/2\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad V_0t_k\cos\alpha- \tilde{g}t_k^2/2:. $$ Подставляя сюда $t_k$, получим систему $$ \frac{V_0^2\sin\alpha \cos\alpha}{\tilde{g}}=\frac{a}{2},\qquad\qquad \frac{V_0^2\cos^2\alpha}{2\tilde{g}} = 3a. \quad(3) $$ Отсюда легко выразить $V_0$ и $\alpha$. Например, разделим почленно уравнения (10) друг на друга: $$2 \mbox{ tg } \alpha=\frac{1}{6} \qquad\Rightarrow\qquad \mbox{ tg } \alpha=\frac{1}{12}. $$ И, наконец, из второго уравнения (10) выразим $V_0$.

Ответ: Начальная скорость шайбы $V_0=\sqrt{145a g\sin\gamma/24}$, угол этой скорости с ребром АО $\alpha=\mbox{ arctg }{(1/12)}$.

Задача 2.

На изобаре газ за небольшой промежуток времени $\Delta t$ обменивается с внешним телом теплотой $\Delta Q_{12}=C_p\Delta T$, где $C_p=5\nu R/2$ — теплоемкость газа при постоянном давлении ($\nu$ — количество вещества газа), $\Delta T$ — изменение температуры газа за данный промежуток времени $\Delta t$. Отметим, что в данном процессе температура газа убывает, так что тепло должно уходить от газа к внешнему телу.

При помощи уравнения Клайперона–Менделеева легко убедиться, что в изобарическом процессе $\nu R\Delta T=p_0\Delta V$, где $\Delta V$ — изменение объема газа за рассмотренный промежуток времени. Таким образом, для искомой мощности в данном процессе $$ W(t)=\frac{\Delta Q_{12}}{\Delta t}= \frac{5p_0\Delta V}{2\Delta t}=-\frac{5wp_0}{2}. \quad(4) $$ Здесь мы использовали, что скорость изменения объема отрицательна и равна по условию ${\Delta V}/{\Delta t}=-w$.

Этот закон для мощности теплообмена выполняется, пока объем газа не сравняется с $V_0$, то есть еще в течение промежутка времени $t_1=3V_0/w$.

На изохоре газ за небольшой промежуток времени $\Delta t$ получает от внешнего тела теплоту $\Delta Q_{23}=C_v\Delta T$, где $C_v=3\nu R/2$ — теплоемкость газа при постоянном объеме, $\Delta T$ — изменение температуры газа за промежуток времени $\Delta t$. Отметим, что в данном процессе температура газа растет.

При помощи уравнения Клайперона–Менделеева легко убедиться, что в изохорическом процессе $\nu R\Delta T=V_0\Delta p$, где $\Delta p$ — изменение давления газа за рассмотренный промежуток времени. Таким образом, для искомой мощности в данном процессе $$ W(t)=\frac{\Delta Q_{23}}{\Delta t}= \frac{3V_0\Delta p}{2\Delta t}. \quad(5) $$

По условию на изохоре давление меняется равноускоренно, то есть по закону $p(t)=p_0+a(t-t_1)^2/2$. Значит, скорость изменения давления ведет себя линейно: ${\Delta p}/{\Delta t}=a(t-t_1)$. Подставив эту величину в (5), найдем $W(t)=3a(t-t_1)V_0/2$.

Этот закон для мощности теплообмена выполняется, пока давление не сравняется с $3p_0$, то есть в течение промежутка времени $t_2$, когда $p(t_1+t_2)=p_0+at_2^2/2=3p_0$. Несложно выразить $t_2$ из последнего равенства, $t_2=2\sqrt{p_0/a}$.

Ответ: При $0\leq t\leq t_1=3V_0/w$ мощность получаемого тепла отрицательна, постоянна и равна $W(t)=-5wp_0/2$; затем при $t_1\leq t\leq t_1+t_2$ (где $t_2=2\sqrt{p_0/a}$) мощность положительна и линейно растет по закону $3a(t-t_1)V_0/2$. Требуемый график представлен на рисунке.

Задача 3.

Для построения каждого изображения нам достаточно провести два пересекающихся луча. Один несложно провести для любого изображения — это луч ПО, проходящий через центр системы и непреломляющийся линзами (см. левый рис.).

Луч, параллельный длиннофокусной линзе, луч ПА, после преломления в короткофокусной направляется в фокус $f_2$. Дальнейшую его траекторию следует строить, воспользовавшись тем, что все параллельные друг другу лучи линза собирает в одной точке фокальной плоскости. Построим вспомогательный луч СО, параллельный А$f_2$. Фокальную плоскость длиннофокусной линзы DB он пересекает в точке D. Значит и луч А$f_2$ после длиннофокусной линзы пройдет через D.

Точка пересечения лучей ПО и ПА$f_2$D дает положение первого изображения. Изображение это действительное.

Проведем теперь такие же построения для луча, который сначала проходит через длиннофокусную линзу, а затем — через короткофокусную (см. правый рисунок).

Луч, параллельный короткофокусной линзе, ПА на правом рисунке, после преломления в длиннофокусной линзе направляется в фокус $f_1$. Дальнейшая его траектория строится также, как в предыдущем случае. Строим вспомогательный луч СО, параллельный А$f_1$. Фокальную плоскость короткофокусной линзы DB он пересекает в точке D. Значит и луч А$f_1$ после короткофокусной линзы пройдет через D.

Точка пересечения лучей ПО и ПА$f_1$D дает снова то же самое изображение, что и уже рассмотренное.

Тем не менее, можно заметить, что в системе существует еще одно изображение. Оно является точкой пересечения продолжений лучей ОП и А$f_1$ (см. правый рисунок). Изображение это мнимое и его можно наблюдать находясь в области, где лучи преломлены длиннофокусной линзой, но еще не преломлены короткофокусной, то есть в четверти пространства, расположенной ниже и правее точки О.

Ответ: Имеется два изображения, представленных на правом рисунке. Верхнее из двух этих изображений мнимое, а нижнее — действительное.

Задача 4.

Обозначим давление в крайних отсеках $P_1$, а в среднем $P_2$.

Рассмотрим внешние силы, действующие на систему «кубик-стержень-поршень».

Налево систему толкает, во-первых, правая сжатая пружина (с силой $k_{\mbox{п}}\Delta x$), во-вторых, сила давление жидкости среднего отсека на кубик (величиной $P_2s'$), в третьих, сила давления жидкости правого отсека на поршень (величиной $P_1S$). Кроме того, если кубик касается перегородки, на него может действовать сила реакции перегородки, также направленная налево.

Направо на нашу систему действуют: левая сжатая пружина (с силой $k_{\mbox{л}}\Delta x$); сила давление жидкости левого отсека на кубик (величиной $P_1s'$); сила давления жидкости среднего отсека на поршень (величиной $P_2S$).

Таким образом, силы скомпенсированы, когда $$N+k_{\mbox{п}}\Delta x+P_2s'+P_1S=k_{\mbox{л}}\Delta x+P_1s'+P_2S.$$ Выразим отсюда $N$ $$ N=(k_{\mbox{л}}-k_{\mbox{п}})\Delta x-(P_1-P_2)(S-s'). \quad(6) $$

Заметим, что если сила $N>0$, кубик прижат к перегородке, и давления могут быть не равны, $P_1\neq P_2$. Если же в какой-то момент $N$ обращается в ноль, кубик не взаимодействует с перегородкой; при этом вода может «пробулькивать» между кубиком и перегородкой, а давления $P_1$ и $P_2$ выравняются.

Когда $P_1=P_2$, согласно выражению (6), $N>0$, отверстие в перегородке закрыто. Когда экспериментаторы стали увеличивать давление в крайних отсеках ($P_1$), давление $P_2$ сначала не меняется. При этом вычитаемое в разности (6), пропорциональное $(P_1-P_2)$ начинает увеличиваться, а сила реакции кубика о перегородку — уменьшаться. В тот момент, когда $N$ обращается в ноль, т.е. при $P_1-P_2= (k_{\mbox{п}}-k_{\mbox{л}})\Delta x/(S-s')$, кубик отрывается, вода пробулькивает и давления в отсеках выравниваются.

Таким образом, разность давлений $P_1-P_2$ в описанной системе не может превзойти $$\Delta P=(k_{\mbox{л}}-k_{\mbox{п}})\Delta x/(S-s').$$ С другой стороны, всегда можно добиться (в достаточной степени увеличив давление в крайних отсеках и прекратив его увеличивать как раз перед тем, как начнется пробулькивание), чтобы разность давлений оказалась равна именно $\Delta P$.

Выражая из последнего равенства $k_{\mbox{л}}$, получим ответ.

Ответ: Жесткость левой пружинки должна быть равна $k_{\mbox{л}}=k+{\Delta P(S-s')}/{\Delta x}$. При б0льших значениях жесткости левой пружинки разность давлений $\Delta P$ будет также возможна. При меньших же значениях жидкость будет «пробулькивать» между кубиком и перегородкой так, что требуемая разность давлений не установится никогда.

Задача 5.

Рассмотрим силы, действующие на шарики в плоскости вращения карусели (силы, действующие в перпендикулярной плоскости скомпенсированы силой реакции опоры). Проекции ускорения свободного падения и напряженности электрического поля на данную плоскость представлены на левом рисунке и равны по модулю $$\tilde{g}=g\sin\alpha,\qquad\qquad \tilde{E}=E\sin\alpha. $$ Соответственно, на шарики в этой плоскости действуют силы $m\tilde{g}$ и $q\tilde {E}$. Направления этих сил для для одного из положений см. на левом рисунке. Пусть сначала, для определенности, $q\tilde{E}-m\tilde{g}>0$.

Исследуем, в каком положении карусель могла бы покоиться. Понятно, что положение карусели на левом рисунке не может быть равновесным: нескомпенсированный момент сил стремится повернуть карусель из этого положения против часовой стрелки. Несложно нарисовать положения карусели, при котором моменты поворачивающих ее сил окажутся скомпенсированными, $$(q\tilde{E}-m\tilde{g})R\cos\beta=(q\tilde{E}+m\tilde{g})R\sin\beta\qquad \Rightarrow \beta=arctg \frac{q\tilde{E}-m\tilde{g}}{q\tilde{E}+m\tilde{g}} =arctg \frac{q{E}-m{g}}{q{E}+m{g}}. $$ Здесь мы характеризовали положение равновесия углом $\beta$ (см. правый рис.). Таких положений два, одно мы изобразили серыми шариками, другое — черными. Одно положение из другого получается поворотом карусели на угол 180$^o$. Очевидно, если моменты сил скомпенсированы в одном из этих положений, то и в другом они тоже скомпенсированы.

Положение, изображенное на правом рисунке серыми шариками, является устойчивым, а черными — неустойчивым. Действительно, если карусель чуть сдвинуть из этих положений, то возникающий момент сил будет возвращать серые шарики обратно, но еще больше уводить из равновесия черные. Значит, положение серых шариков характеризуется минимумом потенциальной энергии системы $\Pi_{min}$, а положение черных — максимумом $\Pi_{min}$.

Будем отсчитывать потенциальную энергию от уровня ОО'. При этом легко заметить, что $\Pi_{max}=-\Pi_{min}$, ведь и электрическая и гравитационная потенциальная энергия каждого шарика просто меняет знак, если карусель переместить из серого положения в черное.

Введем $z_+$ и $z_-$ — координаты вдоль оси Z положительного и отрицательного зарядов соответственно, отсчитанные от линии ОО'. В положении устойчивого равновесия $z_+=-R\sin\beta$, $z_-=R\cos\beta$.

Выразим теперь потенциальную энергию шариков в положении устойчивого равновесия (она же — минимальная потенциальная энергия карусели). $$\Pi_{min}=-m\tilde{g}(z_++z_-)+q\tilde{E}(z_+-z_-)= -m\tilde{g}R(\cos\beta-\sin\beta)-q\tilde{E}R(\cos\beta+\sin\beta).$$

Это выражение можно существенно упростить, если воспользоваться тригонометрическими формулами $$(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\beta-\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\beta)=\cos(\beta+45^o),$$ $$(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos\beta+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\beta)=\sin(\beta+45^o),$$ получится $$ \Pi_{min}=-m\tilde{g}R\sqrt{2}\cos(\beta+45^o)- q\tilde{E}R\sqrt{2}\sin(\beta+45^o). \quad(7) $$

Если же ввести еще и вспомогательный угол $tg \gamma=(q\tilde{E})/(m\tilde{g})= (q{E})/(m{g})$, для которого $$\sin\gamma=\frac{q\tilde{E}}{\sqrt{(q\tilde{E})^2+(m\tilde{g})^2}}, \qquad \cos\gamma=\frac{m\tilde{g}}{\sqrt{(q\tilde{E})^2+(m\tilde{g})^2}}, $$ формула (7) станет еще короче, ведь разделив и умножив выражение (7) на $\sqrt{(q\tilde{E})^2+(m\tilde{g})^2}$, при каждом слагаемом обнаружится $\sin\gamma$ или $\cos\gamma$, для которых снова можно воспользоваться тригонометрической формулой косинуса суммы. Получится $\Pi_{min}=-\epsilon$, где $$\epsilon=R\sqrt{2}\sqrt{(q\tilde{E})^2+(m\tilde{g})^2} \cos(\beta+45^o-\gamma).$$

Напомним, что $\Pi_{max}=-\Pi_{min}=\epsilon$.

Полная механическая энергия системы сохраняется. Когда потенциальная энергия системы минимальна, кинетическая — максимальна (и известна по условию, $K_{max}=mV^2$). Аналогично, когда потенциальная энергия системы максимальна, кинетическая — минимальна (обозначим ее $K_{min}$). Итак, $$\Pi_{max}+K_{min}=\Pi_{min}+K_{max}\qquad \Rightarrow\qquad K_{min}=K_{max}-(\Pi_{max}-\Pi_{min})=mV_{max}^2-2\epsilon. $$ Теперь легко найти скорость шариков, соответствующую этой минимальной кинетической энергии.

Заметьте, что кинетическая энергия не может стать отрицательной. Если $mV^2-2\epsilon<0$, карусель просто не доедет до неустойчивого положения равновесия; вместо того, чтобы совершать кругообразное движение, шарики будут колебаться вокруг положения устойчивого равновесия, а минимальная скорость их будет нулевой.

Осталось сообразить, что все приведенные формулы остаются справедливыми и в случае $q\tilde{E}-m\tilde{g}<0$.

Ответ: $V_{min}=\sqrt{V^2-2\epsilon/m}$, где $$\epsilon=R\sqrt{2}\sin\alpha\sqrt{(q{E})^2+(m{g})^2} \cos(\beta+45^o-\gamma),\qquad \gamma=arctg\frac{qE}{mg},\qquad \beta=arctg \frac{qE-mg}{qE+mg}.$$ Если выражение под корнем в $V_{min}$ становится отрицательным, минимальная скорость шариков обращается в ноль.

Задача 6.

Через время $t$ треугольник въедет в область с магнитным полем на расстояние $x=ut$ (см. рис.). В поле окажется часть цепочки длиной $L=2x/\cos45^o$ (выделена серым на рисунке); заряд цепочки, оказавшийся в магнитном поле $$Q=L\sigma= 2x\sigma/\cos45^o=2ut\sigma/\cos45^o.$$

Силы Лоренца, действующие со стороны магнитного поляна каждый из двух отрезков цепочки, $F=(Q/2)Bu$ направлены по правилу левой руки, в данном случае налево относительно рисунка. Компоненты (проекции) этой силы, перпендикулярные отрезкам цепочки, компенсируются силой реакции трубки, поэтму их можно не рассматривать.

Компоненты $F_1$ и $F_2$, направленные вдоль цепочки, разгоняют цепочку относительно трубки. Легко найти эти компоненты $F_1=F_2=(QBu\cos 45^o)/2$ и при помощи второго закона Ньютона найти ускорение цепочки вдоль трубки: $$ma=F_1+F_2,$$ отсюда $$a=(F_1+F_2)/m=QBu\cos 45^o/m=2\sigma Bu^2t/m.$$

Итак, ускорение цепочки в трубке линейно растет со временем.

Соответственно, скорость цепочки растет квадратично, $V(t)=\sigma Bu^2t^2/m$.

Ответ: $V(t)=\sigma Bu^2t^2/m$.