Физические олимпиады АГПИ-АГУ: Методическое пособие

Аракелов А.В. Малых В.С.

УДК 53 (075) ББК 22.3 я 73 А 79 Печатается по решению редакционно-издательского Совета Адыгейского государственного университета. Составители: Аракелов А.В. – ст. преподаватель кафедры теоретической физики АГУ и Республиканской физико-математической школы при АГУ, учитель СОШ №2 Майкопского района; Малых В.С. - кандидат пед. наук, доцент кафедры теоретической физики АГУ. Рецензенты: Архипова А.И. - доктор пед. наук, профессор кафедры физики и информатики КубГУ; Жукова И.Н. - кандидат физ.-мат. наук, доцент кафедры теоретической физики АГУ. Ответственный за выпуск: Тлячев В.Б. - кандидат физ.-мат. наук, доцент, зав. кафедрой теоретической физики АГУ. Аракелов А.В., Малых В.С. Физические олимпиады АГПИ-АГУ. – Майкоп: Изд-во АГУ, 2006. – 173 с.

Методическое пособие подытоживает опыт проведения авторами олимпиад по физике среди студентов АГПИ-АГУ за весь период их существования. Большое внимание уделено вопросам организации и технологии проведения олимпиад, сущности олимпиадных задач. Издание содержит условия задач олимпиад, начиная с 1988 года. Часть задач содержит подробные решения. Наряду с известными задачами, в пособии приводятся оригинальные задачи, придуманные авторами. Пособие может быть использовано для практических занятий соответствующих спецкурсов, а также при проведении "Практикума по решению физических задач". Пособие призвано формировать вдумчивый и творческий подход к созданию и решению физических задач. Издание может быть полезно учащимся старших физ.-мат. классов, студентам, учителям и всем, кто хочет углубить свои знания и попробовать силы при решении нестандартных задач. ISBN

Аракелов А.В., Малых В.С., 2006 © Адыгейский государственный университет, 2006 ©

Содержание
  ___________________________________

4

 _______________________________________

7

           _______________________________________

14

    _______________________

21

  _________________________________

67

     __________ 169  _____________________________________ 170

3

Уже несколько веков человечество живет в развивающемся, технически прогрессирующем мире, что является, несомненно, заслугой науки, в первую очередь физики! Всякий этап развития науки и техники требует подготовки большого числа высококвалифицированных специалистов в этой области. А решение этой задачи невозможно без существенного повышения уровня преподавания физики, раннего выявления и развития творческих способностей будущих специалистов. Также, в период всеобщей коммерциализации, когда даже знания становятся предметом купли-продажи, проблемы базового образования могут потерять необходимую значимость. Это очень серьезный и опасный процесс, способный привести общество к массовому обнищанию менталитета. Поэтому представляется особенно важным поддержать тягу к знаниям у нового поколения, которое обладает значительным интеллектуальным потенциалом. Целью данной работы является как раз распространение научного мировоззрения среди студентов физической специальности, которым предстоит развивать науку и вглубь и вширь – не только углублять накопленные знания, но и распространять их среди молодежи. Одним из способов достижения этой цели является проведение олимпиад, дающих высокую умственную и творческую нагрузку. 4

Нужно возбудить аппетит у студента, учащегося к духовной пище и научить его периодически пополнять свой умственный «желудок». Верблюд, напившись один раз, может обходиться без воды неделю. Так и нам ошибочно кажется, что за 4-5 лет в университете студенту сообщают столько знаний, сколько необходимо ему «на весь век». Это заблуждение. Человек должен учиться всю жизнь!

Физико-математическое образование – важный компонент образования человека, в какой бы области он ни работал. Формирование умственных способностей требует изучения начал всех основных наук. Особая роль в обучении физике принадлежит задачам. Обычно в школе, институтах, университетах решаются стандартные задачи, но многим этого недостаточно. Для того чтобы школьники и студенты учились думать нестандартно, видеть необычное в обычном, задумывались над нестандартными проблемами, и существуют олимпиады. Олимпиады выявляют одаренных учеников и студентов, особо сильных по знаниям среди школ, институтов, городов, республик и т. д., которые умеют думать нестандартно, видеть проблему целиком. Несколько спортивный характер олимпиады стимулирует и побуждает учащихся и студентов к более глубокому изучению физики. Предлагаемая книга подытоживает опыт проведения олимпиад по физике среди студентов АГПИ-АГУ за весь период их существования, а также рассматриваются вопросы истории олимпиад, сущности олимпиадных задач, приведены небольшие 5

заметки о творчестве и творческой личности и о том, как находить решение нестандартной задачи. В книге рассказывается как проводились и проводятся олимпиады в АГПИ-АГУ и приводятся условия олимпиад, начиная с 1988 года, а также их решения. Данный сборник содержит как известные задачи, так и задачи оригинальные, придуманные авторами. Задачи, частью разработанные авторами, частью почерпнутые из других источников, рассчитаны «на шаг вперед» по отношению к знаниям студента и учащегося. Они подготавливают его к применению математического и физического аппарата, с которым ему иногда еще только весьма отдаленно приходилось сталкиваться. Однако это не должно стать препятствием на пути к решениям, поскольку на базе его знаний возможно подойти к этим решениям если не вплотную, то, в крайнем случае, достаточно близко. Сборник может использоваться на практических занятиях соответствующих спецкурсов. Учитывая все сказанное, книгу можно рекомендовать очень широкому кругу читателей. Это, в первую очередь, студенты физических специальностей, преподаватели, а также все, кто хочет углубить свои знания и попробовать силы при решении нестандартных задач.

6

« Есть

правила для выбора решения, но нет правила для выбора этих правил »

из книги

« The Scientists Speculates »

Физику изучает каждый ученик независимо от его наклонностей и увлечений. Физико-математическое образование – важный компонент образования человека, в какой бы области он ни работал. Формирование умственных способностей требует изучения начал всех основных наук. Всеми возможными способами нужно воспламенять в детях горячее стремление к знанию и к учению. Как говорил поэт Фирдоуси: «Науку все глубже постигнуть стремись, Познания вечною жаждой томись!»

Особая роль в обучении физике принадлежит задачам. Охватывая весь спектр сложности, от простейших до очень трудных, они должны включать в себя научно – исследовательскую, конструкторско-технологическую, практическую, художественную и нравственную направленность. Наиболее сложно подобрать задачи так, чтобы они отвечали запросам повседневной 7

практики школьников и студентов, возникли в ней, понуждали увидеть необычное в обычном, новые грани действительности. Обычно в школе, институтах, университетах решаются стандартные задачи, но многим этого недостаточно. Для того чтобы школьники и студенты учились думать нестандартно, видеть необычное в обычном, задумывались над нестандартными проблемами, и существуют олимпиады. Разум растет у людей В соответствии с мира познаньем! Олимпиады выявляют особо сильных по знаниям одаренных учеников в школах, студентов в институтах в городе, среди городов, республик и т. д., которые умеют думать нестандартно, видеть проблему целиком. Несколько спортивный характер олимпиады стимулирует и побуждает учащихся и студентов к более глубокому изучению физики. Первая олимпиада по физике была проведена в московском университете в 1938 году. До войны и в первые послевоенные годы олимпиады проводились фактически только в больших городах, имеющих университеты. Рост олимпиадного движения произошел в конце 50-х – начале 60-х годов, когда благодаря усилиям преподавателей, студентов и аспирантов ведущих вузов страны – Московского, Новосибирского, Ленинградского университетов, Московского физико-технического института, разрозненные олимпиады разных городов и вузов выросли во Всесоюзные олимпиады по физике, математике и химии. (3) Международные олимпиады по физике проводятся с 1967 года. Первая Международная олимпиада по физике была органи8

зована по инициативе Польской Народной Республики. В ней приняли участие школьники 5-ти стран: Болгарии, Венгрии, Польши, Румынии и Чехословакии. В 1968 году присоединились учащиеся ГДР, СССР и Югославии. В 1970 году команда СССР заняла 1-е место. Этот же результат у СССР был в 1976, 1979, 1981, 1983, 1984, 1985 годы. (6) В 1962 году была проведена в Сибири первая Всесибирская физико-математическая олимпиада. В ней приняли участие примерно около полутора тысяч школьников. В 1964 году была проведена первая Всероссийская физическая олимпиада на физическом факультете МГУ. (4) Какой должна быть олимпиадная задача? Чтобы ответить на этот вопрос надо знать, что же называют физической за-

дачей.

Физической задачей в учебной практике обычно назы-

вают небольшую проблему, которая в общем случае решается с помощью логических умозаключений, математических действий и эксперимента на основе законов и методов физики. По существу на занятиях по физике каждый вопрос, возникший в связи с изучением учебного материала, является для учащихся задачей. Активное целенаправленное мышление «всегда есть решение задачи» в широком понимании этого слова. В методической литературе под задачей понимают целесообразно подобранные упражнения, главными целями которых являются:

а) изучение физических явлений и методов исследования, б) вооружение учащихся политехническими знаниями и привитие им умений применять свои знания на практике, в) формирование понятий, г) формирование трудолюбия, настойчивости и воли. 9

Ценность физических задач должна определяться, прежде всего, той информацией, которую они несут. (2) Самостоятельное решение задач способствуют развитию у учащихся и студентов инициативы, самостоятельности, умения творчески подходить к решению различных задач. Теперь можно поговорить и об олимпиадных задачах. Эти задачи должны быть, прежде всего, интересными и поучительными. Интересными – поскольку, чтобы привлечь внимание, пробудить любопытство, поучительной – чтобы могли принести пользу в будущем. Чрезвычайно желательны задачи, содержащие сведения из различных разделов физики, а также «обучающие» задачи – в том числе и экспериментальные, для выполнения которых приходится использовать несложную аппаратуру, либо подручные материалы. Последних задач очень мало, поэтому их рассматривают с особым интересом. Очевидно, что недостаточно просто составить задачу – ее необходимо решить самому. Часто в ходе решения выясняется, что есть недостатки текста, его необоснованность. Составление задач – дело нелегкое. Здесь нет никаких готовых рецептов. Чаще всего задачи рождаются при анализе различных проблем: по мере углубления проблемы она разрастается, выясняются ее связи с другими проблемами, возникают новые проблемы, при этом время от времени появляются вопросы, которые могут представлять интересную теоретическую или экспериментальную задачу. Важно подчеркнуть, что, как правило, при составлении задачи автор не имеет сразу ее готовой концепции. Большинство задач рождается в результате долгих и глубоких размышлений. 10

Общепризнанно, что обучение студентов составлению задач по физике является важным видом самостоятельной, активной и результативной их работы, способствует более глубокому пониманию и усвоению ими физических понятий и закономерностей. (5) Очень часто вопрос об авторстве предлагаемых задач оказывается непростым. Многие из них имеют характер международного физического фольклора и незаметно кочуют из страны в страну, из задачника в задачник, претерпевая лишь некоторые изменения в формулировках. Откуда берутся олимпиадные задания, чем руководствуется автор при составлении задач?

Автором олимпиадной задачи может быть каждый. Среди авторов есть профессора университетов, ученые, студенты и даже школьники. Важно достоинство задачи, а не автор. Причем составление задач – во всех отношениях намного более полезное и поучительное занятие, чем решение уже имеющихся. (3) В нашем АГУ (АГПИ) олимпиады начали проводиться давно, но архив сохранился, только начиная с 1988 г. Олимпиады проводятся в 2 этапа: 1-й – заочный тур 2-й – очный. У каждого человека мысль развивается своеобразными путями, каждый умен и талантлив по-своему. Поэтому, кому-то хватает отведенного времени на решение олимпиадных задач, кому-то нет. И поэтому существует заочный тур. Это более углубленные задачи, более сложные, чем в очном туре. На их ре11

шение дается достаточно времени (примерно 10 дней) – это тур, носящий исследовательский характер. Олимпиады способствуют также развитию физического мышления, воспитанию настойчивости и целеустремленности, расширяют и углубляют знания учащихся, полученные на уроках физики, помогают выявить наиболее способных и одаренных школьников. Для решения олимпиадных задач требуются знания и умения, не выходящие за рамки программы. Решения этих задач, как правило, не связаны с необходимостью выполнять громоздкие вычисления. В то же время для решения олимпиадной задачи недостаточно умения применять широко известный алгоритм. Олимпиадные задачи требуют от учащихся ясного понимания основных законов, подлинно творческого умения применять эти законы для объяснения физических явлений, развитого ассоциативного мышления, сообразительности. Хотелось бы пожелать участникам олимпиад не останавливаться на достигнутых результатах, а идти далее и далее. Этому способствуют нестандартные олимпиадные задачи. Не надо искать чего-то легкого и простого. В задачах тех Ищи удачи, Где получить Рискуешь сдачи!

Хейн Надо учить учащихся не бояться трудностей. Чего-то они и не смогут сделать, но как говорила М. Тэтчер: «Всегда

есть страх совершить ошибку. Но самая страшная ошибка – это не принимать решений!». 12

И это правильно! «Знание и только знание делает человека свободным и великим!»

13

Небольшие заметки о творчестве и творческой личности Творчество всегда приносит радость: пусть это будет песня, научное открытие или решенная задача. Радостно заново открывать связи между данным и неизвестным, ошибаться и приходить к торжеству верной идеи. Завершение напряженной умственной работы приносит не меньше удовольствия, чем мяч, забитый в ворота противника. Наука – всегда творчество. Физика творит прогресс наших дней и, опираясь на новый социальный базис, готовит изумительное будущее. Творчество тесно связано с решением задач. При изучении физики решение задач так же важно, как эксперимент. Решение задачи – это напряженное, активное проявление энергии, воли, умственных способностей. Оно требует знаний, навыка и системы. Умение достигается упражнениями и размышлениями. Мастерство выковывается в труде и изучении опыта других. Процесс познания, по известной формуле В.И. Ленина, развивается «от живого созерцания к практике». Решение задачи – это тоже процесс познания, последовательно проходящий эти три ступени. Он начинается «живым созерцанием», основу которого составляют большей частью не конкретные тела, а образная модель объектов задачи. С помощью чертежа и воображения осваиваются разнообразные представления, вызванные чтением, и воссоздаются образы предметов, описанных в условии задачи. Этот процесс ведет к уяснению того, что дано в задаче, что неизвестно, в чем состоит ее содержание. 14

Полученные восприятия еще не открывают внутренней связи явлений. Это достигается на второй ступени познания, в процессе абстрактного мышления. Отвлекаясь от всего случайного и несущественного, в этот момент устанавливаются зависимости между элементами задачи, данным и неизвестным, решается вопрос, можно ли вообще удовлетворить условию задачи, составляется и осуществляется план решения. Мы подходим к концу, когда вскрываем в задаче физический смысл и устанавливаем соотношения величин. Эти соотношения надо выразить на языке современной науки, на языке математики. Форма этого выражения будет зависеть от наших целей, от уровня наших математических знаний. Хорошо выразить задачу в общем виде. При таком способе решение получается логически более стройным. Для целей практики необходимо решенную задачу выразить в «числе, мере и весе». В этом месте возникает ряд новых вопросов: о степени точности, о единицах величин, об употребляемых математических приемах расчета. Наконец сложная мысль и ее символическое выражение получают воплощение в одном числе. Задача решена. Но и здесь рано ставить последнюю точку. Последняя, третья ступень – это практика. Практическая деятельность людей является критерием истины. Следует посмотреть, правдоподобен ли полученный результат, соответствует ли он опытным данным современной техники. Размышления над правдоподобностью ответа могут помочь открыть ошибку. Далее следует подумать, нельзя ли использовать полученный результат для решения сходной задачи; нельзя ли эту задачу решить иначе, проще. Следует подумать и о том, что вообще дало 15

нам решение этой задачи, какие вопросы возникли и могут возникнуть в связи с ее решением, как можно проверить ход решения. Это явится посильной практической проверкой и повысит производительность учебных усилий. Правильно говорят математики: «Никакую задачу нельзя исчерпать до конца, всегда останется что-нибудь, над чем можно размышлять. Можно усовершенствовать любое решение или во всяком случае осмыслить его глубже».

Что же делать тем, кому не удается найти решение поставленной задачи?

Ньютон писал, что примеры при обучении полезнее правил. В справедливости этих слов убеждается каждый, кому приходится учить или учиться. Поэтому самый эффективный способ научить решать задачи – это просто показывать, как они решаются, а самый эффективный способ научиться решать задачи – это просто их решать! Если «просто решать» не получается, то надо начинать с изучения решений задач и разбираться на примерах, «как это делается». И пусть учащиеся не смущаются, что они изучают готовые решения, а не решают сами: «аппетит придет во время еды», и захочется попробовать свои силы. Что же такое - «творчество»?

Творчество – это хитрая вещь. Определить его – все равно что попытаться схватить колечко дыма кончиками пальцев. Хотя мы безошибочно узнаем творческую фантазию во всем – от картин великих мастеров до бюджетного отчета, никто не знает, в чем ее секрет. Поэтому нам представляется, что творчество – это 16

неуправляемый порыв вдохновения, доступный лишь немногим счастливцам. Тем не менее творческая мысль доступна всем. Мы переживаем вдохновение всякий раз, когда в сознании возникает свежая идея. И творческий порыв можно вызвать всегда, когда это нам заблагорассудится. Мы говорим, что творчество – это способность взглянуть на проблему со стороны. Творческая мысль – это проницательность, прозрение, миг вдохновения, который открывает верное решение. Творчество проявляется в необычном способе решения задачи, в остроумном выходе из затруднительного положения. Любой, кто пробовал творить – писать поэмы, строчить стихи или руководить проектом – знает, что получается все далеко не сразу. Верная мысль приходит со временем, которого порой уходит мало, а иногда - чересчур много.

Ум – это не сосуд, который нужно наполнить, а пламя, которое необходимо разжечь. Плутарх, римский философ

Задавая себе вопросы, мы получаем пищу для размышле-

ний. Вопросы не только распаляют в нас жажду творчества, но и являются средством приготовления новых идей. Для того, кто стремится к решению, ответы имеют большую ценность, чем вопросы. Но для того, кто заинтересован в процессе познания, вопросы важнее ответов.

веты.

Я предпочел бы знать некоторые вопросы, чем все отД. Тарбер

17

Чтобы приобрести доступ к большим возможностям решения проблемы, расширьте круг вопросов с помощью слова «почему». Что может раззадорить творческий аппетит лучше, чем вопросы, случайно залетающие вам в голову? Каждый человек подходит к решению проблемы со своей, единственно ему понятной стороны, хотя и бывает, что у различных людей эти взгляды и сходятся. Чтобы подойти к решению проблемы целиком необходимо выделить ее различные стороны и попытаться разрешить каждую из них. Но, кроме умения разделения проблемы на составные части, необходимо также и уметь затем собрать, соединить все эти решения в одно целое, которое и будет являться полным решением и анализом данного вопроса. И эта вторая часть – наиболее главная. Непонимающие этого важного факта люди оказываются беспомощными перед решением данной задачи. И даже умея разрешить отдельные стороны проблемы, оказываются у «разбитого корыта». Этот факт ярко выражен в юмористическом стихотворении «Шесть мудрецов»: Отряд незрячих мудрецов Наткнулся на слона. Один, погладив мощный бок, Изрек: «Ты, зверь, - стена».

А третий хобот ухватил И, страха не тая, Заголосил что было сил, Что перед ним змея.

«Сей зверь походит на копье, А ты дурак и лжец», Держась за бивень, возразил Ему второй слепец.

Четвертый терся у ноги Могучего слона И утверждал, что перед ним Вздымается сосна. 18

Большое ухо теребя, Мудрец очередной Кричал: «На веер зверь похож, Он плоский и складной!»

Слон убежал. А мудрецы Одни в пыли толклись, Бранились с пеной на губах И чуть не подрались.

Шестой, ощупывая хвост, Смеялся: «Ну и ну! Они веревочку принять Решили за сосну!»

И разбрелись, не кончив спор, Не ведая про то, Что каждый был частично прав И не был прав никто. (перевод Дм. Толстобы)

Авторами были систематизированы и прорешены задачи олимпиад АГУ (АГПИ), начиная с 1988 г.

Данный сборник содержит как известные задачи, приведенные в различных пособиях, так и задачи оригинальные, придуманные авторами. Многие авторские задачи, не вошедшие в данный сборник, вошли в городские олимпиады 1998-2004 г. среди учащихся школ. Оригинальные задачи, содержащиеся в сборнике, будет интересно разобрать и прорешать учащимся, даже не принимавшим участие в олимпиадах, но которые неплохо знают физику и хотели бы попробовать свои силы в нахождении решений данных проблем. Поэтому, в данной работе не приводятся все решения этих задач. Данное пособие может использоваться на практических занятиях соответствующих спецкурсов. 19

Как и в кулинарии, радость от работы приходит постепенно. Самое главное – хорошая еда.

Лучший способ научиться готовить – это готовить: вставайте за плиту и - в путь.

Поучительны слова Григория Лернера – доктора физикоматематических наук: «Сейчас мы являемся свидетелями глубокого спада интереса к естественным наукам. Общество как будто бравирует отторжением знания – экстрасенсы, колдуны, астрологи почти каждый день мелькают на страницах газет и экранах телевизоров. Но вряд ли нужно быть колдуном, чтобы понять недолговечность такой ситуации. Престиж образованного человека совсем скоро непременно возрастет. И если вы ощущаете притягательную красоту и силу мира науки рискните и ступите на долгий и трудный путь познания. Удачи Вам!»

20

Физическая студенческая олимпиада 1988 г. На наклонной плоскости, составляющей с горизонтом угол α=30°, находится брусок массы m=0,1 кг. Какую минимальную силу нужно приложить к бруску, чтобы стащить его по наклонной плоскости вниз. Коэффициент трения µ=0,5. 2. На графике (рис.1) представлен процесс, происходящий с газообразным гелием. Найти изменение внутренней энергии, а также удельную теплоемкость гелия в этом процессе. 3. Найти силу тока в каждом из шести элементов цепи, схема которой изображена на рис.2, если ЭДС батареи Е=100 В, R=100 Ом. Внутренним сопротивлением батареи и сопротивлением подводящих проводов пренебречь, диод считать идеальным. Как изменятся токи, если диод включить в обратном направлении? 4. К концам пружины жесткостью κ прикреплены одинаковые грузы массами по m каждый. Чему равен период колебаний системы? 5. Близорукий человек носит очки с оптической системой 5 дптр. На каком расстоянии от лица человек должен держать плоское зеркало, чтобы отчетливо видеть в зеркале свое изображение без очков? 6. Трек β - частицы (электрона) в камере Вильсона в магнитном поле имеет вид "улитки" (см. рис. 3). Где начало и где конец трека? Как направлено магнитное поле? 1.

22

Рис.1

Рис. 2

Рис.3

Физическая студенческая олимпиада 1990 г. (заочный тур) Груз массы m движется к подвижной горке массой М и высотой Н. Что произойдет? Исследовать явление при различных скоростях груза. Трением пренебречь. (Рис.1). 8. С помощью термометра измеряют попеременно температуры жидкостей, налитых в два калориметра. Показания термометра: 80 °С, 16 °С, 78°С, 19°С. Что покажет термометр после следующего переноса? После большого числа переносов? 9. Медный провод сечением S=2 мм 2 , согнутый в виде трех сторон квадрата может вращаться около оси, составляющей угол α= 30° с горизонтом. Провод находится в однородном магнитном поле, индукция которого В=0,05 Вб/м 2 7.

23

направлена вертикально вверх. Что произойдет, если по проводу потечет ток I=10 А? (Рис. 2). 10. Чему равна длина тени на горизонтальной плоскости от вертикально поставленного шеста при высоте солнца над горизонтом, равной 30°. Исследовать изменение длины тени при уменьшении α до нуля (до захода солнца). Рис.1

Рис. 2

Физическая студенческая олимпиада 1990 г. декабрь (очный тур) Однородная нить висит так, что оба конца находятся на одинаковой высоте. Натяжение нити в нижней точке Т. Масса нити М. Найти натяжение вблизи точки подвеса. 12. Коэффициент полезного действия какого из циклов наибольший? Наименьший? (Рис.1). 11.

Рис.1

24

Рентгеновское (тормозное) излучение возникает при бомбардировке быстрыми электронами металлического антикатода рентгеновской трубки. Определить длину волны коротковолновой границы спектра тормозного излучения, если скорость электронов составляет 40% от скорости света в вакууме. 13.

Физическая студенческая олимпиада 1991 г. (заочный тур) Сосуд без крышки, имеющий форму куба с ребром l, до краев наполнен водой. Сосуд приводят в движение в направлении нормали к боковой грани с очень медленно увеличивающимся ускорением. В тот момент времени, когда ускорение достигает 0,5g, рост его прекращается, и оно в дальнейшем сохраняет это значение. В этот же момент времени в центре дна образуется небольшое отверстие сечением S. Сколько воды вытечет через отверстие? Сколько времени это будет длиться? 15. Два конденсатора с емкостями: С 1 =1 мкФ и С 2 =1,5 мкФ заряженные соответственно до напряжений U 1 =150 В и U 2 =100 В. Конденсаторы включают так, что они образуют замкнутую цепь. Какое при этом выделиться количество теплоты? Зависит ли оно от сопротивления проводников, которыми соединяются конденсаторы? 16. Представим, что вокруг некоторой звезды по круговой орбите обращается планета, лишенная атмосферы, причем (см. рис.1) R=0,6l, r=0,1l. На каких широтах ϕ происходит смена дня и ночи? Чему равна (в долях суток) продолжительность дня 14.

25

на экваторе? На широте30°? Ось вращения планеты перпендикулярна плоскости орбиты. Рис.1

Физическая студенческая олимпиада 1991 г. (очный тур) На рис. 1: 1- сплошной барабан массой М и радиусом R с невесомым выступом, могущий свободно вращаться вокруг горизонтальной неподвижной оси О; 2маленький кубик массы m. В некоторый момент кубик отпускают. Как время движения кубика из начального положения до пола зависит от массы кубика? Удар кубика о выступ цилиндра абсолютно упругий. Рис.1 Временем удара и сопротивлением движению пренебречь. 18. В школьном учебнике по физике написано: "Среднее время жизни (τ) - это просто среднее арифметическое времени жизни достаточно большого количества атомов данного сорта. Оно прямо пропорционально периоду полураспада (Т). Можно показать, что τ =Т/0,7. Не могли бы вы уточнить эту формулу? 19. Ученик не понимает, почему на резонансной кривой для маятника только один максимум (см. рис.2). Ведь, если подталкивать качели "через раз", т.е. с частотой в два раза меньшей, чем резонансная, то они тоже сильно раскачаются. 17.

26

Значит должны быть еще максимумы: при частотах V рез . /2, V рез . /3,... Помогите Рис.2 ученику разобраться, в чем здесь дело. 20. Как в условиях школьного физического кабинета измерить индукцию магнитного поля Земли? Предложите несколько вариантов. 21. Приведите примеры из школьного курса физики, где используются: а) сложение векторов, б) разложение вектора на две составляющие, в) вычитание векторов.

Физическая олимпиада студентов АГПИ в г. Махачкале 1991 г. Два катера выходят из точек А и В и движутся r r равномерно с одинаковыми по модулю скоростями V1 и V2 , как показано на рис.1. Через какое время они окажутся на кратчайшем расстоянии друг от друга? Определите это расстояние. (АС= а; ВС=b; ∠АСВ= α; V1=V2). 22.

Рис.1

Рис.2

27

Газ данной массы переходит из состояния А в состояние Е двумя путями: по линиям АВСЕ и АДЕ (рис.2). В каком из этих случаев совершается большая работа? 24. Бесконечная прямая нить заряжена равномерно с линейной плотностью γ. В плоскости, перпендикулярной нити, на расстоянии a от нее расположена заряженная с той же линейной плотностью палочка АВ длиной l (рис.3). Определить силу, действующую на палочку со стороны нити, если ОС=a, 23.

∠СОВ= α1, ∠АОС=α2.

25. Определить сопротивление проволочного каркаса, изображенного на рис 4, если сопротивление каждого ребра равно r. 26. Два параллельных луча, входящие в черный ящик, выходят из него как показано на рис.5. Какой оптический прибор находится в ящике? Определить место нахождения прибора и его основные характеристики (например, если это линза, то определить ее главную ось, главный фокус и фокальную плоскость). Рис. 3

Рис. 4

Рис.5

1

28

Всероссийская физическая олимпиада студентов в г. Саратове 1992г. 27. Маховик, имеющий форму тонкого однородного диска массой m и радиуса R, смонтирован на горизонтальной оси, проходящей через центр масс и составляющей угол α с перпендикуляром, восстановленным к плоскости маховика. Чему равна пара сил, приложенная к подшипникам маховика, если он вращается с угловой скоростью ω . 28. Адиабатической называется атмосфера, в которой давление и плотность в зависимости от высоты удовлетворяют соотношению Pρ−γ = const. Покажите, что температура этой атмосферы линейно уменьшается с высотой, и найдите коэффициент пропорциональности. Такой температурный градиент называется адиабатическим. Найдите температурный градиент для земной атмосферы. 29. Найдите потенциал, создаваемый большой пластиной, на единицу площади которой приходится N диполей, как функцию расстояния от этой пластины. Считайте, что все диполи обладают дипольным моментом pr , направленным перпендикулярно поверхности пластины. 30. Ваня спешит на свидание с Машей, поджидаемой его в беседке, находящейся на расстоянии 20 м от аллеи, по которой бежит Ваня. По какому пути должен двигаться Ваня, чтобы достичь желанной цели в кратчайшее время, если его скорость по аллее 9 м/с, а по саду всего 6 м/с. 31. На сколько компонент расщепится в магнитном поле уровень энергии электрона с квантовым числом l =2, и какова будет разность энергий соседних уровней, если напряженность магнитного поля равна 5000 Э?

29

Физико-математическая олимпиада среди первокурсников 1992 г. (заочный тур) Злоумышленник обломал минутную стрелку настенных часов так, что она перестала отличаться от часовой. Можно ли по этим часам узнать который час? Механизм продолжает работать исправно. 33. В полдень высота Солнца составила 40°. Как изменяется длина тени от пятиметрового вертикального шеста на плоскую горизонтальную площадку, начиная с этого момента до захода Солнца? 34. Путешественник рассказывал, что однажды он из некоторого пункта прошел в южном направлении 10 км, затем повернул на восток, прошел еще 10 км и, наконец, повернув на север, опять прошел 10 км и оказался в том же пункте, из которого вышел. Могло ли такое быть на самом деле? 35. В цилиндре под невесомым поршнем находится 18 г насыщенного водяного пара. На сколько опустится поршень, если в цилиндр впрыснуть 18 г воды при 0° С? Площадь сечения поршня 100 см2. Атмосферное давление считать равным 10 5 Па. 36. В одном магазине цену товара увеличивали ежедневно на p% в течении n дней, в другом по истечении n дней увеличили сразу на n⋅p% . Сравните окончательные цены в этих магазинах, если первоначальные - были одинаковыми. 32.

30

Физическая студенческая олимпиада 1992г. (заочный тур) На краю ступеньки находится шар, радиус которого равен высоте ступеньки: R = H = 20 см. В некоторый момент шар выходит из состояния равновесия и падает на пол. Найти точку соприкосновения шара с полом на полу и на шаре. Решить задачу для двух случаев: а) трение между шаром и ступенькой отсутствует; б) проскальзывание шара отсутствует. (См. рис. 1). 38. В опрокинутом цилиндре с медным поршнем находится 18 г насыщенного водяного пара. Что произойдет, если в цилиндр впрыснуть 18 г воды при 0°С? Диаметр и высота поршня равны по 20 см. Атмосферное давление считать равным 760 мм ртутного столба. Теплообменом с окружающей средой пренебречь. ( См. рис. 2). 39. Ученик утверждает, что ток через электролит вдвое больше чем в подводящих проводах, т.к. в одном проводе ток равен току положительных ионов, а в другом - току отрицательных ионов, а ток в электролите равен сумме токов положительных и отрицательных ионов. Прокомментируйте ответ ученика. 37.

Рис.1

Рис.2

31

На дне аквариума, имеющего форму шара радиусом R, находится рыбка. Где увидит рыбку наблюдатель, смотрящий на нее сверху, если показатель преломления воды равен n? Стенки сосуда очень тонкие. 40.

Физическая студенческая олимпиада 1992 г. (очный тур) 41. Ручной тормоз автомобиля действует только на задние колеса. В каком случае автомобиль удерживается на более крутом склоне: когда он направлен "под гору" или "в гору"? Или это безразлично? 42. Имеется полностью вакуумированный герметически закрытый сосуд Дьюара с краном. В некоторый момент кран открывают, а когда воздух перестает входить в сосуд, кран закрывают. Какая температура установится внутри сосуда? Атмосферные условия нормальные. 43. Ток силы 1А проходит через электролит. Предполагая, для простоты, что подвижности ионов одинаковы, можно считать, что ежесекундно положительные ионы переносят в одну сторону положительный заряд 0,5 Кл, а отрицательные ионы - отрицательный заряд 0,5 Кл в другую сторону. Чему в таком случае соответствует количество отложившегося вещества на электродах: 0,5 Кл на аноде и 0,5 Кл на катоде или 1 Кл на аноде и 1 Кл на катоде? 44. Полагая яркость неба повсюду равномерной и равной В, определите освещенность Е на горизонтальной площадке, освещаемой небесной полусферой. Как изменить освещенность, если площадку повернуть на угол α вокруг горизонтальной оси?

32

Неподвижное ядро с массовым числом А испускает α частицу, кинетическая энергия которой равна Тα. Каков энергетический выход данной реакции? 45.

Физическая студенческая олимпиада 1993 г. (очный тур) Квадратный стол на четырех ножках поставили на плоскость, наклоненную под углом к горизонту, и он начал сползать вниз. Найти ускорение стола при его поступательном движении. Коэффициент трения между ножками стола и наклонной плоскостью: µА= µВ > µС= µД. 47. Сосуд, содержащий некоторое количество газа, движется со скоростью V, затем внезапно останавливается. На сколько увеличится при этом квадрат средней квадратичной скорости молекул газа: а) в случае одноатомного газа? б) в случае двухатомного газа? Каков физический смысл результатов? 48. Тонкое кольцо из диэлектрика массой m и равномерно распределенным зарядом q поместили в однородное магнитное поле индукцией В перпендикулярно полю. Что произойдет, если поле "выключить"? Как изменится результат, если плоскость кольца не перпендикулярна полю? Считать, что опыт производится в невесомости. 49. При распаде π − мезона образовалось два фотона с энергиями ε1 и ε2, которые летят в противоположных направлениях. Определить скорость π -мезона до распада. 50. Свет проходит расстояние от Солнца до Земли приблизительно за 8 минут. Если бы свет распространялся 46.

33

мгновенно, увидели бы мы на Земле восход Солнца на 8 минут раньше?

Физико-математическая олимпиада среди первокурсников 1993 г. ноябрь (заочный тур) Учащийся получил стипендию в размере 200 рублей. После двух последовательных одинаковых процентных повышений она составила 233 рубля 28 копеек. Определите, на сколько процентов повышалась стипендия. 52. Относительная скорость концов часовой и минутной стрелок некоторых правильно идущих часов в некоторый момент оказалась равной 10 мм/с. Может ли эта скорость в какой-то другой момент оказаться равной 8 мм/с? 12 мм/с? 53. Тонкое колечко подлетает к шероховатой стенке, первоначально не вращаясь. Коэффициент трения скольжения между колечком и стенкой равен µ. При каких углах подлета колечко будет отражаться от стенки под прямым углом? Удар вдоль нормали считайте абсолютно упругим. (См. рис.1). 54. Векторы начальных скоростей двух электронов лежат в одной плоскости и образуют углы α с прямой, соединяющей их. На какое минимальное расстояние сблизятся электроны, если их начальные скорости по модулю одинаковы, а начальное расстояние между ними равно L. (См. рис. 2). 55. Предложено следующее объяснение гравитационного взаимодействия (теория Векшина). Вселенная сдавливает каждое тело равномерно со всех сторон (изотропное сжатие) (рис 3). Гравитационное взаимодействие сводится к тому, что тело А частично экранирует действие Вселенной на тело В, а тело В частично экранирует действие Вселенной на тело А, в 51.

34

результате чего и происходит взаимное притяжение тел друг к другу (рис.4). Выполняется ли в этой модели 3-й закон Ньютона? Закон обратных квадратов? Рис.1

Рис. 2

Рис. 3

Рис.4

Всероссийская олимпиада студентов 1993 г. 56. Катапульта выбрасывает мешки с песком со скоростью V0=10 м/с под различными углами к горизонту. Как далеко можно забросить мешок, если коэффициент трения мешка о землю µ =0,5? Считать, что точки падения и бросания находятся на одном уровне. Удар неупругий. 57. Очень длинный цилиндр с поршнем вверху расположен вертикально. Поршень медленно перемещают вниз так, что

35

объем воздуха в цилиндре уменьшается в 2 раза. Как возрастает давление на дно цилиндра: в 2 раза? Больше, чем в 2 раза? Меньше, чем в 2 раза? 58. В плоскости проволочной квадратной рамки со стороной L находится длинный прямолинейный провод с током I. Одна из сторон рамки, параллельная проводу, находится на расстоянии d=1,5 L от провода. Рамка приводится во вращение вокруг этой стороны с угловой скоростью ω. Найти среднее (за половину периода) значение силы тока в рамке, если ее сопротивление R. 59. Искусственный спутник Земли, освещенный Солнцем, воспринимается как рядовая звезда с расстояния 5 св. лет. Оцените диаметр спутника, если период обращения его равен 5 часам. Орбита круговая. 60. Закончить уравнение ядерной реакции: 1

H + 1H→ 2Д +...+...

При какой температуре становится возможной эта реакция?

Физическая студенческая олимпиада 1993-94 г. (заочный тур) Грузы А и В связаны нитью, перекинутой через неподвижный блок. Нить 1 сдерживает движение системы. (См. рис.1). Как в зависимости от наклона к горизонту нити 2 изменяются скорости и ускорения грузов, сила натяжения этой нити, сила давления груза В на стол, если пережечь нить 1? Какое расстояние пройдет по столу груз В? Трением, а также массами нитей и блока пренебречь; α0=30°; h=1 м; mА=2mВ=2 61.

кг.

36

Если пробурить скважину глубиной 80 км, то каким будет атмосферное давление на дне этой скважины? 63. Некто утверждал, что электрические лампочки чаще перегорают при их включении, поскольку вначале идет большой ток, соответствующий сопротивлению при комнатной температуре. Оцените правдоподобность этого утверждения. 64. Вам представлены два рисунка (см. рис. 2 и рис. 3), изображающие схему спектрального разложения белого света. На каком из рисунков допущена физическая ошибка? Как убедить ученика, что рисунок содержит ошибку? Правилен ли другой рисунок? 65. Некоторый препарат содержит две β - активные компоненты с различными периодами полураспада. Измерения дали следующую зависимость натурального логарифма активности препарата от времени t в часах: 62.

t ln A

0 4,10

1 3,60

2 3,10

3 2,60

5 7 10 14 20 2,06 1,82 1,60 1,32 0,90

Найти период полураспада обеих компонент и отношение чисел радиоактивных ядер этих компонент в момент t= 0.

Рис. 1

37

38

Физико-математическая олимпиада среди первокурсников 1994 г. (заочный тур) 66. Нетрудно доказать, что монетами достоинством 3 коп. и 5 коп. можно представить любую сумму S>7 коп. Пусть имеется достаточное количество монет достоинством p и q коп. Можно ли этими монетами представить любую сумму S большую, либо равную n коп.? Если это возможно, то каково n? 67. Нетрудно показать, что для фокуса эллипса выполняется неравенство: МА0 > МА (А - любая точка на эллипсе). Существуют ли еще на большой оси эллипса такие точки М (слева от фокуса), для которых выполняется это неравенство? (рис.1). Если есть, то, что это за точки? Рис.1 Рис.2

Радиус шара 7 см. На его поверхности даны две равные окружности, имеющие общую хорду длиной 2 см. Найдите радиусы окружностей, зная, что их плоскости перпендикулярны. 69. На столе, где трение достаточно велико, вертикально стоит жесткий невесомый стержень длины L, на концах которого прикреплены достаточно малые шарики. Найти минимальную массу нижнего шарика, необходимую для того, чтобы стержень не сдвинулся с места при падении, если масса верхнего m1.(См. рис.2). 68.

39

На рис.3 приведен циклический процесс в координатах VT. На участке 1-2: V=αT1/2. Найти работу цикла. 71. На дне крытого бассейна неограниченной длины установлен прожектор, вращающийся вокруг горизонтальной оси с угловой скоростью ω. Найти скорость движения "зайчика" по горизонтальному потолку, находящегося на высоте H от поверхности Земли. Глубина бассейна h. 70.

72.

Известно уравнение разложения лития:

Рис. 3

7 1 4 3 Li +1 H → 2 He + ...

Дополните это уравнение и определите минимальную относительную скорость реагирующих элементов.

Физическая студенческая олимпиада 1994-95 г. (заочный тур) 73. На рис.1 изображено поперечное сечение неподвижной горизонтально расположенной трубы. Существуют ли в этом сечении точки, такие, что при свободном падении (без начальной скорости) из каждой из них маленький упругий шарик возвращается в исходное состояние: а) после одного упругого удара о трубу? б) после двух ударов? в) после трех ударов? Ответы должны быть обоснованными. Сопротивлением воздуха пренебречь.

40

74. В закрытом

сосуде объемом 0,1 л находится 10 г воды и ее насыщенный пар при температуре +80°С. Найдите теплоемкость сосуда. Воздух из сосуда был откачен. Теплоемкость самого сосуда пренебрежительно мала. 75. Колебательный контур через ключ К подключен к батарее с постоянной ЭДС и внутренним сопротивлением r.(см. рис.2). Первоначально ключ К замкнут. После установления стационарного режима ключ К размыкают, и в контуре возникают колебания с периодом Т. При этом амплитуда напряжения на конденсаторе в n раз больше ЭДС батареи. Определите индуктивность катушки и емкость конденсатора. Сопротивлением катушки можно пренебречь. Рис.1

Рис.2

Вокруг Солнца по орбите Земли (считайте эту орбиту круговой) обращается спутник массой 100 кг. В некоторый момент спутник открывает солнечный парус - круг из тонкой зеркальной пленки радиусом 70 м, который все время ориентирован перпендикулярно направлению на Солнце. Пренебрегая влиянием планет, найдите период обращения спутника с открытым парусом. Необходимые данные о Солнце можно взять из справочников. 77. В ядерной реакции: 76.

Li7 + p→Be7 + n

41

протоны налетают на покоящиеся ядра лития. Если энергия налетающих протонов Е1=1,920 Мэв, то образующиеся в реакции нейтроны покоятся. Будет ли вообще протекать реакция, если кинетическая энергия налетающих протонов будет равной Е2=1,875 Мэв?

Физико-математическая олимпиада среди первокурсников 1994-95 г. (очный тур) На шарообразной планете, вся поверхность которой покрыта гладким льдом, трением о который можно пренебречь, в некоторой точке находится шайба. Какую минимальную скорость на широте ϕ (по направлению к полюсу) ей нужно сообщить, чтобы она могла вернуться в исходную точку? Период обращения планеты вокруг собственной оси равен Т, радиус R. 79. Давление газа СО2 в сосуде при температуре Т1 известно. Найти давление в сосуде после того, как нагрели газ до температуры Т2, в результате чего произошла диссоциация 25% газа на молекулы атомарного кислорода и окиси углерода. 80. Проводимость некоторого полупроводника находится по формуле: 78.

ρ = ρ0 (1- αt+β t2).

Этот полупроводник при комнатной температуре Т1 поместили в адиабатическую оболочку и подали на него напряжение U. При какой величине тока температура полупроводника станет Т2? Известны теплоемкость, плотность и длина (вдоль тока) этого образца. 42

Вокруг Земли обращаются два спутника с компланарными круговыми орбитами R1 и R2. Какую часть от периода составляет время устойчивой радиосвязи между ними? 82. Что больше 2 или ln 101 ? Докажите аналитически. 81.

201

100 83. Справедливо ли равенство:

соs 2π + соs 4π + соs 6π + соs 8π = − 1 ? 9 9 9 9 2 84.

Разделится ли выражение: 42n+1+32n+1-7 на 84? n∈N.

Всероссийская физическая олимпиада студентов 1994 г. Длинная и гибкая однородная цепочка длиной L и массой М двигалась вдоль прямой со скоростью V. Передний конец цепочки "завернули" назад и тянут с постоянной скоростью U . С какой силой приходится действовать на передний конец цепочки, чтобы поддерживать такое движение. 85.

(См. рис. 1)

Рис.1 r

V r

U

86. Петлю из резинового шнура длиной L и поперечным сечением S положили на пленку жидкости. Пленку прокололи внутри петли, в результате чего она растянулась в окружность радиусом R. Полагая, что при малых растяжениях резины

43

справедлив закон Гука и модуль Юнга резины равен Е, определите коэффициент поверхностного натяжения жидкости. 87. Лампа 100 ватт, 220 вольт со спиралью из вольфрама имеет температурный коэффициент сопротивления 0,005 град и рабочую температуру 2600 К. Лампу включают в сеть 220 В последовательно с такой же лампой. Какова общая потребляемая мощность и температура спиралей? Считать теплоотдачу пропорциональной разности между температурой спирали и комнатной температурой. 88. На тонкую собирающую линзу диаметром D и фокусным расстоянием F направили вдоль главной оптической оси световой поток Ф. Какая сила станет действовать на линзу? 89. Найти величину доплеровского уширения линии для аргоновой трубки свечения при температуре 300 К. Длину волны излучения аргона принять равной 0,5 мкм. При каком давлении уширение, обусловленное столкновениями атомов, станет по величине одинаковым с доплеровским уширением для рассматриваемого аргонового источника? Считать атомы аргона твердыми шариками радиусом в 1 ангстрем.

Физическая студенческая олимпиада 1994-95 г. (очный тур) В приборе для сравнения масс шары А и В имеют диаметры d1 =3 см и d2= 2 см. Соединяющий шары шнур имеет длину l=10,5 см. Шары сделаны из одного и того же материала. Объемом канала, просверленного внутри шаров можно пренебречь. Коэффициент трения шаров о стержень µ = 0,05. Угловая скорость вращения прибора ω =9 с. Если расстояние шара А от оси вращения лежит в некотором интервале x ± ∆ x, то 90.

44

шары удерживаются на неизменном расстоянии от оси. Чему равны x и ∆x? (См. рис.1).

l

Рис. 1

91. Определить скорость звука в гелии и в водороде при 0°С. Молярные массы газов считать известными (гелий – одноатомный газ, водород - двухатомный). 92. К источнику пилообразного напряжения подключены параллельно две цепочки. Одна состоит из двух соединенных последовательно резисторов, сопротивления которых R и 4R , другая - из включенных навстречу двух диодов. Во сколько раз

изменится потребляемая мощность, если соединить между собой средние точки этих цепочек? Внутренним сопротивлением источника можно пренебречь. (См. рис.2)

U,B

t ,мс Рис. 2

Фотодиод площадью 0,5 мм2 расположен в фокусе линзы перпендикулярно главной оптической оси. С другой стороны линзы на этой оси находится точечный источник света. Во сколько раз изменится ток фотодиода при смещении 93.

45

источника от расстояния 1 м до расстояния 0,3 м? Диаметр линзы 1 см, фокусное расстояние 5 см. 94. Позитроний - это атом, состоящий из электрона и позитрона. Опираясь на подход, развитый Н. Бором для атома водорода, найдите размер позитрония, а также наибольшую длину волны света, фотоны которого при поглощении позитронием разваливают его.

Физическая студенческая олимпиада 1995-96 г. (заочный тур) 95. Тонкий однородный обруч радиуса R и массы М лежит на гладком горизонтальном столе. Шарик массы m движется со скоростью V, как показано на рис. 1. Движение происходит вдоль хорды, лежащей на расстоянии R/2 от центра обруча. На каком минимальном расстоянии от центра движущегося обруча пролетит шарик после первого удара? Удар абсолютно упругий. 96. Один моль идеального одноатомного газа расширяется от начального объема 20 литров до конечного 200 литров. Давление в сосуде при различных значениях объема газа приведено в таблице:

V, л 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 P, кПа 100 35,4 19,2 12,5 8,9 7,8 6,95 6,3 5,75 5,3

Получает газ тепло, или отдает на участке расширения от 40 до 180 литров? Найти отношение теплоемкостей газа на этих двух участках процесса. 97. В вашем распоряжении имеется электронная пушка, ускоряющая электроны до скорости V. "Стрелять" можно в любом направлении. Как использовать такую пушку для экспериментального определения индукции магнитного поля 46

планеты, лишенной атмосферы, если имеется возможность измерять ускорение электрона, попавшего в магнитное поле? Опишите ход эксперимента, выведите расчетную формулу. 98. В колебательном контуре, состоящем из катушки с индуктивностью L=0,1 Гн и омическим сопротивлением R=1 Ом и конденсатора емкостью С=10 мкФ, происходят слабо затухающие колебания (в любой момент времени потеря энергии за один период колебаний много меньше энергии контура). В некоторый момент времени, когда ток в контуре достигает максимального значения, напряжение на конденсаторе Uс=1В. Какое количество теплоты выделится в катушке за один период колебаний? 99. Муха летит по прямой со скоростью V = 0,25 м/с, к которой под углами α поставлены оба зеркала (рис. 2). С какой скоростью будут двигаться все изображения мухи?

Рис.1

Рис.2

Физическая олимпиада среди первокурсников 1996 г. (очный тур) Груз m привязан легкой нерастяжимой нитью к стене, нить переброшена через легкий блок, укрепленный на подставке массы М. Вначале подставку и груз удерживают неподвижными 100.

47

так, что нить натянута горизонтально, а свисающая ее часть вертикальна. Груз m касается подставки, как показано на рис. 1. Найти ускорение подставки сразу после того, как мы отпустили подставку и груз. Трения в системе нет. 101. Тонкая стеклянная трубка изогнута в виде буквы V, колена трубки составляют угол α=60°. Одно колено трубки отделено от другого закрытым краном. Трубка закреплена неподвижно так, что одно из колен оказывается вертикальным, в него налита до высоты Н вода, как показано на рис. 2. Кран открывают, и вода начинает перетекать в другое колено трубки. Считая, что вода не перемешивается и выделение тепла не происходит, найти период происходящего в системе процесса. Рис.1

Рис.2

Идеальная тепловая машина работает с нагревателем температуры Т1=500 К и холодильником Т2=300 К. Механическая работа, получаемая от этой машины, используется для того, чтобы каким-то образом перекачивать тепло от замороженной курицы с постоянной температурой Т3 = -18 °С к большому телу с температурой Т4= -15 °С. При помощи какого устройства это возможно сделать? Какое максимальное количество теплоты можно отнять от курицы за счет энергии 1 Дж, полученной тепловой машиной от нагревателя Т1? 102.

48

Заряженный до напряжения U=100 В конденсатор подключают к катушке индуктивностью L=0,5 Гн. При какой емкости конденсатора сила тока через катушку в этой схеме через t=0,01 с окажется не меньше I=0,03 А? 104. Излучение аргонового лазера с длиной волны L=500 нм сфокусировано на плоском фотокатоде. Работа выхода материала фотокатода А=2 эВ. Между ним и анодом, тоже плоским, расположенным параллельно катоду, подключили источник тока с постоянной ЭДС. Оказалось, что диаметр "пятна", создаваемого фотоэлектронами на аноде, при ускоряющей разности потенциалов между анодом и катодом в 2 раза больше аналогичного "пятна" при тормозящей разности потенциалов (при смене полярности источника). Определите ЭДС источника. 103.

Физическая олимпиада среди первокурсников 1996 г. (заочный тур) Из однородного квадратного листа со стороной d вырезали круг максимального диаметра, при этом остались четыре "уголка". Где находится центр масс одного такого уголка? Центр масс полукруга радиусом R находится на расстоянии а=4R/3π от своего диаметра. 106. На неподвижное тонкое кольцо надета небольшая бусинка. Коэффициент трения между бусинкой и кольцом µ=0,1, сила тяжести отсутствует. Во сколько раз уменьшится изза трения скорость движения бусинки за n=3 оборота? Если у вас не получится точное решение, постарайтесь посчитать приближенно. 105.

49

Порцию кислорода нагревают при постоянном давлении до тех пор, пока объем газа не возрастет в 2 раза, а затем охлаждают при получившемся объеме, пока газ не отдаст все тепло, полученное при расширении. Найдите отношение начальной и конечной температур в этом процессе. 108. В схеме на рис. 1 миллиамперметры одинаковые, батарейки идеальные. Что может показывать вольтметр в этой схеме? Какими могут быть сопротивления миллиамперметров и вольтметра? Учтите - приборы бывают и не очень идеальными! 107.

Рис.1

109. Придумайте и опишите прибор, позволяющий сравнивать световой поток от двух лампочек накаливания (скажем, от карманного фонаря). Световой поток -это "количество света", которое дает лампочка. Вдвое большая лампочка даст вдвое больший световой поток. Ваш прибор должен быть простым и точным, применять электронику (фотодиоды, фоторезисторы и т. д.) запрещается - это неинтересно! Обходитесь собственными глазами.

Физическая олимпиада среди первокурсников 1996 г. (очный тур) 50

110. Упругий шарик падает на наклонно поставленную стенку, пролетев высоту h=20 см. На каком расстоянии от места падения он второй раз ударится о стенку? Угол наклона стенки к горизонту α=30° . 111. Замкнутый цикл состоит из двух изотерм и двух изохор. Изобразить этот цикл в координатах: (ρT), (pT), (UV). Газ – одноатомный, идеальный, ρ - плотность газа, U – внутренняя энергия газа. (См. рис. 1). 112. Какие заряды находятся на плоских электродах, опущенных в раствор медного купороса, если идет ток 0,5 А и удельное сопротивление раствора равно 50 Ом⋅см? Электрическую проницаемость раствора принять ε′=7,1⋅10-10 Ф/м. 113. При колебаниях двух одинаково заряженных шариков (заряд каждого q), расстояние между ними меняется от L до 4L. Шарики соединены пружиной, длина которой в свободном состоянии равна 2L. Определите жесткость пружины. 114. Определите диаметр проволоки, из которой изготовлена спираль в лампе накаливания. Лампа при этом должна остаться целой. Оборудование (по возможности простое) подберите сами. р

1

Рис.1

2 4 3

V 51

Физическая студенческая олимпиада 1997 г. (заочный тур) На поверхности льда лежит шайба массы m. Шайбе сообщают угловую скорость ω. Через сколько времени шайба остановится? Сколько оборотов будет сделано до остановки? Коэффициент трения µ. 116. На горизонтальном столе стоит тонкостенный цилиндрический стакан. Диаметр стакана D=10 см, высота его Н=8 см. В стакан помещают тонкую спицу, как показано на рис. 1. При какой длине спицы она может оставаться неподвижной? Масса спицы m=60 г, масса стакана М=65 г. Трения нет. 115.

Рис. 1

В длинной гладкой пустой горизонтальной трубе находятся два поршня, которые могут скользить без трения вдоль трубы. Один поршень имеет массу М=1 кг, другой - в 2 раза тяжелее. В начальный момент между поршнями находится моль кислорода при температуре Т0=300 К, а тяжелый поршень движется со скоростью υ0=1 м/с по направлению к неподвижному в этот момент легкому поршню. Чему равна максимальная температура газа в этом процессе? Найдите также скорости поршней через большой отрезок времени. Теплоемкость стенок трубы и поршней считать малой, теплопроводностью пренебречь. 118. Колебательный контур состоит из параллельно соединенных конденсатора емкостью С и индуктивностью L. В 117.

52

тот момент, когда заряд конденсатора Q, а ток катушки I, параллельно подключают еще одну катушку индуктивностью 2L. Найдите максимальный заряд конденсатора после такого подключения. Как изменится ответ, если вместо катушки подключить в тот же момент конденсатор емкостью 2С? Элементы цепи считать почти идеальными. 119. На оси длинной трубы с зеркальной внутренней поверхностью находятся изотропный точечный источник света и полностью поглощающий падающий свет шарик радиусом 1 см. Центр шарика отстоит на расстояние 2 см от источника. Каким должен быть внутренний диаметр трубы, чтобы шарик поглощал ровно половину испускаемой источником энергии?

Физическая студенческая олимпиада 1997 г. (очный тур) Беспечный заяц, ничего вокруг не замечая, бежал с постоянной скоростью по прямой тропинке вдоль поля, а на поле на расстоянии L от тропинки сидела голодная лиса. Она увидела зайца, когда он находился в ближайшей к ней точке тропинки, и тут же пустилась в погоню. Лиса бежала с такой же по величине скоростью, что и заяц, и при этом все время "держала курс" на зайца. Через некоторое время лиса оказалась почти на тропинке, и расстояние между ней и зайцем перестало меняться. Каким стало это расстояние? Через сколько времени t лиса догонит зайца, если ее скорость U превышает скорость зайца V? 121. КПД цикла 1-2-3-1 (см. рис. 1) равен η1, а КПД цикла 13-4-1 равен η2. Определите КПД η цикла 1-2-3-4-1. 120.

53

p

3

2 4

Рис. 1

1

V

Определите сопротивление цепи RАВ между точками А и В каркаса, составленного из девяти одинаковых проволочек сопротивлением R каждая (см. рис. 2). 122.

В А

Рис. 2

Над водой на высоте h1=1 м поместили горизонтально плоское зеркало. На какой высоте h над водой увидит свое отражение рыба, находящаяся на глубине h2= 0,5 м? 124. На изолированный незаряженный металлический шар o направили луч азотного лазера (λ=3370 А). В результате 123.

потенциал шара возрос на 2 В. Определите работу выхода электрона из металла шара. Что произойдет, если плотность светового потока возрастет в 2 раза?

Физическая олимпиада среди первокурсников 1997 г. (заочный тур)

54

Маленький шарик подвешен в точке А на нити, длина которой l. В точке О на расстоянии l/2 ниже точки А в стену вбит гвоздь. Шарик отводят так, что нить занимает горизонтальное положение, и отпускают (рис. 1). В какой точке траектории исчезнет натяжение нити? Как дальше будет двигаться шарик? До какой наивысшей точки поднимется шарик? В какой точке шарик пересечет вертикаль, проходящую через точку подвеса. 125.

Рис.1

Рис.2

На тележке стоит сосуд с высокими стенками и квадратным дном, имеющим сторону l. Нижнее ребро сосуда шарнирно закреплено. В сосуд налита жидкость до уровня h> l/2. Тележку тянут с ускорением а, придерживая сосуд. Когда поверхность жидкости успокоится, сосуд отпускают. При какой минимальной высоте уровня жидкости сосуд опрокинется? Массой сосуда пренебречь. 127. Считая, что воздух состоит только из азота и кислорода, найти среднюю молярную массу воздуха, учитывая что кислорода содержится по отношению к азоту 25%. Решить задачу, если по отношению к кислороду азота 25%. 128. Проводник ЕF движется с постоянной скоростью V, замыкая два проводника АС и АД, образующих между собой угол α (рис.2). Перпендикулярно плоскости системы проводников приложено постоянное однородное магнитное 126.

55

r

поле индукции В . Найти полное количество теплоты, выделившееся в цепи за время движения проводника ЕF от точки А до точки С. Сопротивление единицы длины проводника ЕF равно R1. Сопротивлением проводников АС и АД пренебречь. АС= l0, ЕF⊥АС, V⊥ЕF.

На одном берегу залива, который образует клин с углом α, живет рыбак. Его дом находится в точке А (рис. 3).Расстояние от точки А до ближайшей к ней точки залива С равно h, а расстояние до конца залива, т.е. до точки Д равно l. На другом берегу залива, в точке В, находится дом приятеля рыбака. Точка В расположена симметрично (относительно залива) точке А. В распоряжении рыбака имеется лодка. Определить минимальное время t, необходимое рыбаку, чтобы он из своего дома смог добраться до дома приятеля при условии, что рыбак может двигаться по суше со скоростью υ и плыть по заливу со скоростью в 2 раза меньшей 129.

(n=2).

Рис.3

Физическая олимпиада среди первокурсников 1997 г. (очный тур) На чашку, подвешенную на пружине с коэффициентом упругости k, падает с высоты h груз массы m и остается на чашке, т.е. удар груза о дно чашки можно считать абсолютно неупругим (рис. 1). Чашка начинает колебаться. 130.

56

Определить амплитуду колебаний чашки. (Для упрощения сначала рассмотреть случай когда массой чашки можно пренебречь). 131. В три сосуда налита до одинакового уровня горячая вода. Как изменится давление на дно сосудов после остывания воды? (рис. 2). Рис.1

Рис.2

Рис.3

Будет ли кипеть вода в кастрюле, которая плавает в другой кастрюле с кипящей водой? Можно ли расплавить свинец в воде? 133. Внутри гладкой сферы радиуса R находится маленький шарик массы m с зарядом + q. Какой заряд Q нужно поместить в нижней точке сферы, чтобы шарик удерживался в верхней точке? Поляризацией сферы можно пренебречь. 134. Построить изображение наклонной стрелки АВ (рис. 3), проходящей через фокус собирающей линзы. 132.

Физическая студенческая олимпиада 1998 г. (заочный тур) 135. Вы видите «снимок» глади озера сверху (см. рис. 1). Точка - пловец, окружности - волны. Куда плывет пловец? Какова его скорость, если скорость волн 0,5 м/с?

57

Пусть впереди и позади пловца на воде лежат поплавки, покачивающиеся на проходящих под ними волнах. Сколько колебаний в минуту совершает каждый из поплавков, если пловец создает 120 волн в минуту (120 взмахов руками)? Как меняется частота колебаний поплавков, если меняется скорость пловца?

Рис.1

Уезжая из Ленинграда во Владивосток, вы пообещали своему другу, что будете посылать ему письма с дороги каждые два часа. Вы точно держите свое слово. Почта работает идеально: почтовый самолет каждые два часа пролетает мимо окна вашего вагона, подхватывает ваше письмо, мчится к окну вашего ленинградского друга и сбрасывает письмо через форточку на стол. Тем не менее, ваш друг упрекает вас в том, что вы не выполняете своего обещания. Как вы можете объяснить это явление? 137. Предположим, что планету массой m и радиуса r окружает атмосфера постоянной плотности, состоящая из газа с молярной массой М. Определить температуру Т атмосферы на поверхности планеты, если толщина атмосферы равна h (h>>r). 138. Свинцовый предохранитель, включенный в сеть, плавится, если провод сети нагревается на 25 К. Провод сети сделан из медной проволоки с площадью поперечного сечения 5 мм2 . Найти площадь поперечного сечения свинцовой проволоки 136.

58

предохранителя. Начальная температура свинцового предохранителя равна 293 К. Если даны площади поперечного сечения свинцового предохранителя S1 и медной проволоки S2 , и известно, что при коротком замыкании сила тока достигла значения I= 30 А, то через какое время t/ после короткого замыкания начнет плавиться свинцовый предохранитель? Насколько за это время нагреваются медные провода? Потерями тепла вследствие теплопроводности пренебречь. 139. На полированный металлический шар слева падает параллельный однородный пучок света. Допустим, что шар полностью отражает световые лучи. Куда больше отразится света: влево или вправо?

Физическая студенческая олимпиада (очный тур) 1998г Пять кирпичей длиной L кладут без раствора один на другой так, что каждый кирпич выступает над нижележащим. На какое наибольшее расстояние правый край самого верхнего кирпича может выступать над правым краем самого нижнего кирпича (рис.1)? Можно ли, имея достаточный запас кирпичей, уложить их друг на друга так, чтобы край самого верхнего кирпича выступал над краем самого нижнего кирпича метров на сто? 140.

Рис.1 59

На четыре ртутных шарика, лежащих на горизонтальной плоскости, осторожно кладут квадратную пластинку (см. рис. 2). Радиус шариков равен 1 мм, масса пластинки равна 80 г. Смачивания нет. Определите зазор d между пластинкой и плоскостью. 141.

Рис. 2

В плоский конденсатор длиной l1 =50 мм влетает электрон под углом 15 градусов к пластинам. Энергия электрона W= 1500 эВ, расстояние между пластинами d = 10 мм. При каком напряжении U1 на конденсаторе электрон вылетит параллельно пластинам конденсатора? Каким будет ответ, если длину конденсатора увеличить до l2=10 см. 143. Предположим, что ваш собеседник, с которым вы разговариваете, сидя напротив него за столом, носит очки. Сможете ли вы определить, каким дефектом зрения дальнозоркостью или близорукостью - он обладает? Естественно, как воспитанный человек, вы при этом не станете просить собеседника дать вам примерить его очки и вообще не будете заводить о них разговор. 144. Нейтральная частица распалась на два фотона, летящие под углами θ1 и θ2 к направлению движения частицы. Определите скорость распавшейся частицы. 142.

Физическая олимпиада среди первокурсников 1998-99 уч. года (Заочный тур) 60

На шар радиуса R и массы М падает маленький шарик массой m с высоты H над землей так, как показано на рисунке 1. Определить частоту вращения большого шара и путь, пройденный им, а также траекторию маленького шара, наибольшую высоту его подъема, и дальность полета. Удар шаров считать абсолютно упругим. Коэффициент трения большого шара о землю равен µ. 146. Как будет меняться уровень воды в капилляре А, жестко скрепленном со стаканом, в зависимости от угловой скорости стакана с водой? Влияет ли на это изменение уровень воды в стакане? См. рис.2. 145.

А Н

Рис. 1

Рис. 2

Сопротивление R подключено к двум одинаковым элементам с ЭДС = ε и внутренним сопротивлением r, соединенным последовательно. В сопротивлении выделяется мощность Р. Для ее увеличения школьник предложил соединить элементы параллельно, чтобы уменьшить внутреннее сопротивление цепи. Всегда ли это предложение приведет к цели? 147.

61

Если между двумя свечками поставить линзу на определенном расстоянии от них (на каком именно?), то получится ли, что свечки будут сгорать быстрее? (Линзу будем сдвигать вниз по мере сгорания свечек). См. рис. 3а. Что будет в случае на рис. 3б. “Одинарная” свечка сгорит быстрее? Зависит ли время до загорания какого-нибудь предмета от цвета светофильтра? Если да, то как? См. рис. 3в. 148.

Рис. 3а

Рис. 3б

Рис. 3в

149. При освещении Не рентгеновскими лучами с λ=10 10 м происходит ионизация атомов Не. Зная, что энергия ионизации ω1=24,5 эВ, определить скорость электрона, покидающего атом Не (его начальной кинетической энергией можно пренебречь).

Физическая олимпиада среди первокурсников 1999 г. (Очный тур) Имеется несколько абсолютно одинаковых шаров. Один из них движется со скоростью υr (рис.1). Шары ударяются центрально неупруго. Сколько надо шаров до полной остановки. 150.

62

Какое он пройдет расстояние, если расстояние между шарами L? Сколько затратит времени? Коэффициент трения равен µ, масса шариков m.

Рис. 1

151. Четыре положительных заряда q, Q, q, Q связаны нитями так, как показано на рисунке 2. Длина каждой нити L. Определите углы между нитями. q Q

Q q Рис. 2

Рис. 3

Маятник представляет собой груз на легком середине которого прикреплена горизонтально пружина жесткостью k. Масса шарика m. Найти период малых колебаний маятника. На рисунке 3 изображено состояние равновесия. 153. На какую высоту поднимается вода через боковую трубку (смотри рисунок 4), впаянную в узкую часть горизонтальной водопроводной трубы диаметром 2 см, если в широкой части трубы диаметром 6 см скорость воды 0,3 м/сек, а давление 1 атм? 154. Сбоку от зеркала З в точке А стоит человек (смотри рисунок 5), второй человек приближается к зеркалу по перпендикуляру ВС, проходящему через середину зеркала. Размер зеркала равен 2СО=ОД=ДА=L=1м. На каком расстоянии 152. стержне, к

63

х от зеркала будет находиться второй человек в момент, когда оба увидят друг друга в зеркале. r

υ1

r

υ2

Рис. 4

Рис. 5

Физическая олимпиада среди первокурсников (заочный тур) 1999-2000 уч. год 155. Скорость течения реки возрастает пропорционально расстоянию от берега, достигая своего максимального значения V0 на середине реки. У берегов скорость течения равна нулю. Лодка движется по реке таким образом, что ее скорость U относительно воды постоянна и перпендикулярна течению. Найти расстояние, на которое будет снесена течением лодка при переправе, если ширина реки равна L. Определить также траекторию лодки. 156. Шар массой m подвешен к системе четырех скрепленных последовательно пружин одинаковой длины L, коэффициенты упругости которых k1, k2, k3, k4 соответственно. Определить удлинения каждой из пружин х1, х2, х3, х4 и удлинение всей системы х.

64

157. 20

г гелия, заключенных в цилиндре под поршнем,

бесконечно медленно переводятся из состояния с объемом V1=32 л и давлением р1= 4,1 атм в состояние с V2=9 л и р2=15,5 атм. Какой наибольшей температуры достигает газ при этом процессе, если на графике зависимости давления газа от объема процесс изображается прямой линией (см. рис.1). p p2

2

Рис. 1

А С

1

p1 V2

V1

V

В Рис. 2

158. «Черный ящик» имеет три клеммы: А, В и С (рис. 2). Известно, что он содержит только резисторы. Сопротивления «черного ящика» при подключении к различным парам клемм: RАВ =5 Ом, RВС =8 Ом, RАС =9 Ом. Предложите схему «черного ящика», содержащую минимально возможное число резисторов. 159. На горизонтальной поверхности находится вертикально стоящее зеркало, которое движется со скоростью υ навстречу источнику света, находящемуся на расстоянии L от него и на высоте H от поверхности. Определить скорость светового «зайчика» на поверхности. Какова будет его скорость, если и источник света будет двигаться со скоростью U навстречу зеркалу параллельно поверхности. 160. На рис. 3 изображена светящаяся точка и ее изображение, даваемое линзой, оптическая ось которой N1N2. Найти положение линзы и ее фокусов.

65

B

A N1

•

•

N2

Рис. 3

66

РРЕЕШ ИО ОТТВВЕЕТТЫ ШЕЕН НИ ИЯЯ И Ы В задачах тех ищи удачи, Где получить рискуешь сдачи. P. Hein

1.

Дано:

Решение:

α=30°

r

r

m=0,1 кг µ=0,5

N

Fтр.

у

r

β

Fmin - ?

F

r

х

mg

α

Распишем проекции сил, действующих на брусок, на оси X и Y:  F ⋅ sin β − mg ⋅ cos α   F ⋅ cos β + mg ⋅ sin α

+ N = 0; − µ ⋅ N = 0;

Из первого уравнения следует: N = mg ⋅ cosα − F ⋅ sin β ;

Тогда второе уравнение примет вид: F (cos β + µ ⋅ sin β ) = mg(µ ⋅ cosα − sinα );

µ ⋅ cosα − sin α ⇒ F = mg ⋅ cos ; β + µ ⋅ sin β

Для нахождения Fmin возьмем производную: (cos β + µ ⋅ sin β ) ′ = − sin β + µ ⋅ cos β = 0;

Из математики известно:

⇒ tgβ = µ; 67

cos β = Но tgβ = µ ;

1 1 + tg 2 β

⇒ ⇒ cos β =

;sin β =

1 1+ µ 2

Тогда:

; sin β =

tgβ 1 + tg 2 β

µ 1+ µ2

µ ⋅ cosα − sin α 1 µ2

Fmin = mg ⋅

;

;

=

+ 1+ µ 2 1+ µ 2 µ ⋅ cosα − sin α = mg ⋅ ; 1+ µ 2 Fmin = Ответ: F min =

2.

Дано:

гелий

∆U-? с-?

0,5 ⋅ 3 − 1

( H ).

5

0,5 ⋅ 3 − 1

H.

5

Решение: 3 m ∆U = ⋅ ⋅ R ⋅ ∆T = 2 M 3 = ⋅ ( p2 ⋅V2 − p1 ⋅V1); 2 3 Q = ∆U + A = ⋅ ( p2V2 − p1V1) + 2 p1 + p2 1 + ⋅ (V2 − V1) = ⋅ (3 p2V2 − 3 p1V1 + 2 2 1 + p1V2 + p2V2 − p1V1 − p2V1) = ⋅ (4 p2V2 − 2 − 4 p1V1 + p1V2 − p2V1);

68

1 Q c= =2 m ⋅ ∆T

так как здесь c = 4,155 ⋅ 10 3

Ответ:

⋅ (4 p2V2 − 4 p1V1 + p1V2 − p2V1) ⋅ R ( p2V2 − p1V1) ⋅ M

2R , M

p1 V1 = ⇔ p1V2 − p 2V1 = 0. p 2 V2

Дж . кг ⋅ К

2R 3 ∆U = ⋅ ( p2 ⋅V2 − p1 ⋅V1); c = ; 2 M

3. 4.

=

с ≈ 4,2 кДж . кг ⋅ К

См. аналогичную задачу №129 в [24].

Дано:

Решение:

k m T-?

Для определения периода колебаний

пружинного маятника пользоваться формулой

T = 2π

m k

нельзя, так как она относится к случаю, когда один конец пружины закреплен. Но у нашей пружины тоже есть неподвижная точка, которая может сыграть роль закрепленного конца. В инерциальной системе отсчета, в которой полный импульс обоих тел равен нулю, эта точка – центр масс грузов. Так как грузы одинаковые, то центр масс находится легко. Он находится ровно посередине пружины. l1 =

l . 2

Поскольку при колебаниях системы все витки пру-

жины деформируются одинаково неподвижный центр масс как бы «привязан» к одной и той же точке пружины, т.е. 69

исходную систему можно рассматривать как два отдельных пружинных маятника. Поскольку коэффициент жесткости пружины обратно пропорционален ее длине, мы можем найти коэффициенты жесткости частей пружины из соотношения k1 = k

l 2l = k = 2k . l1 l

Тогда период колебаний каждого из

маятников составит T = 2π Ответ: T = π 5.

Дано: D=-5 дптр d0=0,25 м L-?

k1 l = . k l1

m m 2m = 2π =π . k1 2k k

2m . k

Решение: Человек в правильно подобранных очках читает и рассматривает предметы с расстояния наилучшего зрения d0 =25 см. 1 1 1 + = = Д ;⇔ d0 f F 1 1 = Д− ; f d0

⇒

1

f =

Ответ: L≈ 22 (см).

Д

⋅ d0

d0 −

1

Д

f=-1/9 (м) l=200/9 (см)≈ 22 (см)

70

Решение:

6.

⇒

V2 mV . ; r= r qB Вследствие потери энергии β -частицы на ионизацию qVB = m ⋅

молекул, ее скорость уменьшается. Соответственно, уменьшается радиус кривизны траектории. В начале трека след тонкий, к концу – утолщается. Магнитное поле направлено перпендикулярно рисунку «к нам». 7.

Дано:

Решение:

Результат столкновения зависит от того, преодолеет ли тело вершину горки.

m M H µ≈0

Что произойдет-? Найдем ту минимальную V0 тела, при которой это возможно. Она позволяет телу подняться на вершину горки и там остановиться относительно горки, т.е. двигаться вместе с ней с некоторой скоростью U. Запишем законы сохранения энергии и импульса: mV 2 (m + M ) ⋅U 2 0 = + mgH; 2 2 mV0 = ( m + M ) ⋅U

⇒ V0 =

2 gH (1 +

m . ) M

Заметим, что чем легче горка, тем большая требуется скорость для ее преодоления. 71

При V=V0 тело может некоторое время находиться в неустойчивом равновесии на вершине горки. Если бы вершина горки была плоской, тело могло бы там остаться, и столкновение можно было бы считать неупругим (Екин≠const, часть ее переходит в Епот.). При VV0 тело переваливает за вершину и обгоняет горку, т.е. U1>U2. Единственное решение, удовлетворяющее этому условию одновременно с законами сохранения энергии и импульса, есть: U1=V, U2=0, т.е. в конечном счете, скорости тела и горки не изменились. Горка разгонялась, пока тело поднималось по левому склону, и уменьшала скорость, когда тело скользило по правому склону. В итоге горка остановилась, сместившись вправо от начального положения и вернув телу всю его начальную Екин. Ответ: при V < V0 = 2gH (1 + m ) тело соскользнет с горM

ки, не дойдя до ее вершины и передав горке часть своего импульса и своей энергии; при V>V0 тело преодолеет горку и продолжит движение со скоростью V, а горка сместится вправо от начального положения и остановится; при V=V0 тело может некоторое время двигаться вместе с горкой, находясь на ее вершине. 8.

Дано:

t1=80°C; t2=16°C;

Решение:

t3=78°C; t4=19°C;

t5 ,t6 ,t - ?

72

Обозначим теплоемкости 1-го калориметра за С1, второго – С2, термометра – С. Тогда для второго и третьего переносов термометра получим:

С(t3 - t2)=C1(t1 - t3) ; ⇒

C1=31C; С(t3 – t4)=C2(t4 – t2); C2=(59/3)C. Сейчас термометр находится во 2-м калориметре, значит его температура равна t4. Обозначим приращение температуры термометра ∆Θ1, а понижение температуры 1го калориметра ∆Θ′1, тогда можно записать уравнение теплового баланса: С1∆Θ′1=С∆Θ1; 31∆Θ′1=∆Θ1; t5=t3 - ∆Θ′1=t4+∆Θ1; ∆Θ′1=t3 – t4 - ∆Θ1= t3 – t4 -31∆Θ′1; ∆Θ′1=( t3 – t4)/32; 32∆Θ′1= t3 – t4; ∆Θ′1=1 27 (°С ) ; 32 t5= 78 − 1 27 = 76 5 (°C). 32 32

⇒

⇒

⇒

⇒

⇒

При втором переносе термометра обозначим приращение температуры термометра ∆Θ2, а понижение температуры 2го калориметра ∆Θ′2, тогда можно записать уравнение теплового баланса:

С2∆Θ′2=С∆Θ2;⇒ (59/3)∆Θ′2=∆Θ2;

⇒

t6=t5 - ∆Θ2=t4+∆Θ′2; ∆Θ′2= 2 49 °(C); 64 49 t6= 21 (°C), 64

где t5 и t6 - искомые показания термометров. Пусть конечная температура всей системы t, тогда уравнение теплового баланса всей системы: 73

С(t - t2)+C2(t - t2)+C1(t – t1)=0; (1+ 59 )(t – 19)=31(78 – t); 3 2 t = 54 (oC ) . 5 Или, в общем виде, получаем: С (t 3 − t 2 ) = C1 (t1 − t 3 ), (1)

С (t 3 − t 4 ) = C 2 (t 4 − t 2 ), С (t 5 − t 4 ) = C1 (t 3 − t 5 ), С (t 5 − t 6 ) = C 2 (t 6 − t 4 ),

(2) (3) (4)

t 3 − t 2 t1 − t 3 = . t5 − t 4 t3 − t5 Откуда t 5 = (t1 − t 3 )t 4 + (t 3 − t 2 )t 3 , t 5 = 76 5 o C . t1 − t 2 32 Аналогично находятся и t 6 и t.

Из (1) и (3) следует, что

( )

Ответ: 9.

5 49 2 t5 = 76 °C; t6 = 21 °C; t = 54 °C. 32 64 5

Дано: S=2 мм2

Решение r :

α=30°

B=0,05 Вб/м I=10 А

2

Что произойдет - ?

x

Br Bx

r

By r

gx

r

g

r

gy

y

Ось OZ направлена от нас горизонтально.

74

r

By O

z a

r

gy

y

b

Считая провод твердым телом, рассмотрим явление в Декартовой системе координат XYZ. Под действием силы Ампера провод начнет поворачиваться вокруг оси X (0;0). При этом, составляющая Brx магнитного поля не будет влиять на движение провода, влияние gr x скомпенсировано еще в исходной позиции (скажем, упором, препятствующим скольжению провода вдоль начала координат (0;0)). Выходит, что провод находится в поле действия двух постоянных сил: mgr y и FrА . Соответственно, потенциальная энергия провода выразится формулой:

W p = −mg y a − FAb .

Выражая расстояния a и b через длину l стороны квадрата и ∠β отклонения от XOY, получим: 2 W p = − mg yl ⋅ cos β − FAl ⋅ sin β . 3 Очевидно, движение провода будет колебательным. Если пренебречь силами сопротивления, колебания будут совершаться между крайними положениями β=0 и β=βmax. В этих положениях Wp=max. 2 W p max = W p0 = − mg yl . 3

Это позволяет найти максимальный угол отклонения из условия:

75

2 2 − mg yl ⋅ cos β max − FAl ⋅ sin β max = − mg yl . 3 3 Решая это уравнение, находим: 2 2FA ⋅ mg y 12FA ⋅ mg y 3 tgβ max = = 4 2 2 2 2 2 m g y − F 2 4m g y − 9 F A A 9 tgβ max =

12 ⋅ I ⋅ B y lρS ⋅ 3g y 4 ⋅ 9 2 ρ 2 S 2 l 2 g 2y − 9I 2 B 2y l 2

=

4 ⋅ I ⋅ B y ρSg y 36 ρ 2 S 2 l 2 g 2y − I 2 B 2y

;

2 2FA ⋅ mg y 12FA ⋅ mg y . 3 sin βmax = = 4 2 2 2 2 2 m g y + F 2 4 m g y + 9 FA A 9 Выше предполагалось, что при колебаниях провода от β=0 до β=βmax отсутствуют силы сопротивления, вызванные трением и явлением электромагнитной индукции. Посколь-

ку на практике от влияния сил сопротивления освободиться нельзя, колебания, в конце концов, прекратятся, и «маятник» окажется в положении равновесия. Угол βравн. отклонения в этом положении находим из условия минимума Wp: Wp′=0

⇒

2 ⋅ mgyl⋅sinβ равн.-FAl⋅cosβравн.=0 3

⇒

FA 3FA = 2 2 mg y mg 3 y Wp в положении равновесия: 4 W p. равн. = −l m2 g 2y + F 2 = A 9 l = − 4m2 g 2y + 9 F 2 A 3 tgβ равн. =

76

Кинетическая энергия при прохождении положения равновесия (при отсутствии сил сопротивления) принимает максимальное значение: Wкин. max равн. =Wp max –Wp равн. = = l ⋅ ( 4m2 g 2y + 9F 2 − 2mg y ) A 3

Для нахождения максимальной угловой скорости провода потребуется знание длины l стороны квадрата: Wкин. max =

Тогда:

ω max =

2 I ⋅ω max 2

⇒ωmax =

2 2  IBy  6 ⋅ 4 g y +  ρS   5l

2⋅Wкин. max . I

− 2g y .

Ответ: движение провода будет колебательным, максимальная угловая скорость провода равна ω max =

10.

Дано: hΘ=30° l-?

2 2  IB y  6 ⋅ 4 g y +  ρS   5l

− 2g y .

Решение:

Обозначим высоту (длину) шеста, длину тени и высоту Солнца соответственно через H, l и hΘ..

В простейшей модели солнечные лучи считаются параллельными, т.к. принимаем Солнце за точечный источник света. Как известно, в этом случае: 77

l=

H tghΘ

(1),

но при небольших hΘ получается неправдоподобный результат (например при hΘ=0,25°, l ≈ 230H). Замена модели: вместо точечного источника - светящийся шар с угловым радиусом ρΘ=16′=4,6538685⋅ 10 –3, приводит не просто к уточнению (длина тени АС1=H⋅(tg(hΘ+ρΘ)), но и накладывает принципиальное ограничение на применимость формулы (1). Рассмотрим рисунок 1. В проекции на вертикальную плоскость: АС1 - тень, С1С2 – полутень. Направление на центр солнечного диска задается параллельными прямыми

СВ и С′В′. На рис.2 показано изображение “ конуса “ тени от вер-

шины шеста в проекции на плоскость, проходящую через С′В′ (рис.1) перпендикуляр по вертикальной плоскости (плоскости рис.1). Из рис.2 понятно, что длина конуса тени от верхней части шеста выражается формулой: L=

d 2 ρΘ

(2),

где d – диаметр шеста. Следовательно, длина тени на горизонтальной плоскости не может превысить lпр.=L⋅cos hΘ = d ⋅ cos hΘ 2ρΘ

(3)

Из условия: l ≤ lпр. ( при hΘ >> ρΘ), получаем: sin hΘ ≥ 2 ρΘ H , что дает нижнюю границу применимости d

формулы (1). При меньших hΘ длина тени вычисляется по формуле(3). Итак, 78

2ρ H  H  , при hΘ ≥ arcsin Θ ;  tgh d Θ l =  cosh 2 d  Θ , при h ≤ arcsin ρ Θ H .  Θ d  2 ρ Θ

l=

l d/2ρΘ

d coshΘ Рис. 1 2 ρ0 H l= tghΘ

90°

0

hΘ

Рис.2

В В′

С2

С

С1

С′

А А′ d

L

О 79

Более точная формула, чем (2), учитывающая, что точки касания образующих конуса с эллипсом не лежат на концах малой оси последнего, имеет вид:

1 ; 4 ρ Θ cos 2 hΘ Однако, учет этого обстоятельства дает ощутимую поправку: ≥ 5% лишь при hΘ ≥ 89°, чего на наших широтах никогда не бывает. L=d⋅

11.

1 + 2

Дано:

Решение:

r

F

Т М

α

F-?

r

r

mg

T

r

На правую половину нити действуют три силы: T сила натяжения со стороны левой половины нити, сила тяr

r

жести mg , сила реакции подвеса F равная силе натяжения цепочки в точке подвеса. r r r Из условия равновесия следует: F + mg + T = 0 . r

F

r

mg r

T

F = m2 g 2 + T 2 = M 2g 2 +T 2 = 4 1 = ⋅ M 2g 2 + T 2 , 2 =

80

т.к. m=M/2.

Ответ: F = 1 M 2g 2 + T 2 . 2 Дано:

12.

Решение:

Так как площади прямоугольников 1-2- 5-4, 2-3-6-5, 4-5-8-7, 5-6-9-8 равны, то ηmax - ? работы, совершаемые в каждом из этих ηmin - ? циклов, равны между собой. Остается найти разницу в количествах подводимого тепла Qi в каждом из циклов. график

PV

A ηi = 1 − i ,где (i=1,2,3,4 –цикл (прямоугольник)), Qi

Аi=A – одно и тоже для всех значений i. Тогда при Qi=min ⇒ ηi =min, а при Qi=max ⇒ ηi =max.. Для идеального газа, для ед. массы, и ν =1 моль: pV=T, CV и Cp постоянны и Сp=CV + R, где R – универсальная газовая постоянная. а

p p0 + p

6

3 II

p0

2

III

2

5

8 IV

I p0 - p

df5 5 1 V0 - V

9

4

8 7

V0

V0+ V

V 81

Из графика видно: T1=(p0 - p)⋅(V0 - V); T2=p0⋅(V0 - V); T3=(p0 + p)⋅(V0 - V); T4=(p0 - p)⋅V; T5=p0⋅V0; T6=(p0 + p)⋅V0; T7=(p0 - p)⋅(V0 + V); T8=p0⋅(V0 + V); T9=(p0 + p)⋅(V0 + V);

Для

1- го прямоугольника: Q1-2-5=CV ⋅p(V0-V)+Cp⋅p0⋅V 2- го прямоугольника: Q2-3-6=CV ⋅p(V0-V)+Cp⋅(p0+p)⋅V 3- го прямоугольника: Q5-6-9=CV ⋅pV0+Cp⋅(p0+p)⋅V 4-го прямоугольника: Q4-5-8=CV ⋅pV0+Cp⋅p0⋅V Q= Qmin для 1-го прямоугольника; Q= Qmax для 3-го прямоугольника; ηmax=η3;ηmin=η1. Ответ: ηmax=η3;ηmin=η1.

⇒ ⇒

13.

Дано:

Решение:

V=0,4 с

λ-?

Очевидно, что если мы находим коротковолновую границу излучения, то подразумеваем, что вся кинетическая энергия электрона переходит в излучение.

82

c mV 2 ; E = hν = h ; 2 λ 2 c mV =h ; Wкин. = E; 2 λ 2 2 0,4 mc c h = h ; 0,08mc = ; 2 λ λ h λ= ; 0,08mc Wкин. =

⇒

⇒

Ответ:

λ=

h . 0,08mc

Дано:

14.

⇒

Решение: 1

l 0,5g S

r

g

l/2

2

t-? m-?

S1 2 h2

1 h1

S2 2 l

r

g

2 r

r

а

g

Перейдя в собственную систему отсчеr та, получим, что в ней ускорение a направлено, как показано на рисунке. И равно по модулю: 2 1  3 a = g 2 +  g  = g; 2 2  

Очевидно, что до приобретения ускорения 0,5g вода отлилась до уровня 1-1, а после – до 2-2, так как ниже от83

верстия вода не пойдет. Тогда масса вылившейся через отверстие воды будет пропорциональна площади фигуры, заштрихованной на рисунке и равна: S1 + S2 3  ⋅ l ρв ;  m=  l2  1 1 S1 = l ⋅ l = l 2;  2 2   S = 3 ⋅ 1 ⋅ 1 l ⋅ l = 3 l 2;  2 4 2 2 16  1 3 11 m =  +  ⋅ l 3 ⋅ ρ в = ⋅ ρ в ⋅ l 3 2 16 16  

⇒

Из рисунка найдем h1 и h2.. Из подобия треугольников ∆АВС и ∆ДВА (см. рис.):

h2=(1/2)⋅h1 , h1=ДК=АД по теореме Фалеса, тогда: 5 ВА = ВС = 2 l = 5 ; 2 АД АС l

АД = h1 =

2 5 5

АВ =

⇒

2 1 5 (1) l ⋅ l= = l; 5 2 5 5

1 h2 = h1 = l 2 10 При переменных h1 и h2 приращиваемые площади S1 и S2 (и, соответственно, объемы воды) будут:

84

ВС=МР

(2):

5 dS1 = d ( ВС ⋅ h1) = ВС ⋅ dh1 = l ⋅ dh1; 2   5 dS2 = d ( ЕТ ⋅ h2 ) = ЕТ ⋅ dh2 = 5 ⋅  l + h2 dh2 ,   20   5  5 ВС  h1 так как ЕТ = = + h2  = ⋅  l + h2    2  10 h1  2   По закону сохранения энергии:

V2 2 dx

dm ⋅ a ⋅ h = dm ⋅ V = 2ah =

⇒

(3)

dt

Приравнивая для каждого dx соответствующее dh по объему, имеем из (2):

5 2 l ⋅ dh1; 2 (4)   5 S ⋅ dx = l ⋅ dS2 = 5 ⋅  l + h2  ⋅ l ⋅ dh2     20

S ⋅ dx = l ⋅ dS1 =

Из (3)

⇒

dt =

dx ; 2ah

(5)

Тогда, из (1), (4), (5) получим: h1 h2 T  5  5 l2 l 1 1   ⋅ dh = t = ∫ dt = ∫ ⋅ 5 ⋅ l + h2  ⋅ ⋅ dh2 + ∫ ⋅ ⋅ S 20 S 2ah1 1 2ah2   0 0 h2 2 5 5l l 2 10 5 1 1  5  5 l l = 5⋅ ⋅ ∫  ⋅ dh + ⋅ ⋅ ∫ ⋅ dh = l + h⋅ 2 S S 2 20 2 ah ah   5l 0 10  2  l 2 g = 1 − ⋅ ⋅ . 12  S l 

85

Ответ:

m=

  2 11 ⋅ ρв ⋅ l 3 ; t = 1 − 2  ⋅ l ⋅ g . .  16 12  S l 

Дано: С1=1 мкФ= = 10 -6 Ф С2 =1,5 мкФ=1,5⋅10 -6 Ф U1 =150 В U2 =100 В

15.

Решение:

Если W0 энергия конденсатора до соединения, а W– после соединения, то выделившаяся энергия будет, очевидно, равна ∆W=W0 – W;

∆W - ?

C1U 2 C 2U 2 1 + 2 W0 = 2 2

⇒

При замыкании конденсаторов образуется батарея из конденсаторов, соединенных параллельно. Емкость С этой батареи равна:

2-х

С=С1+С2..

Из закона сохранения заряда:

q=q1+q2,

где q=СU, U – напряжение между точками 1 и 2 (см. рис.). С1 1

2

С2

⇒ ⇒

q1=C1U1; q2=C2U2; C1U1+C2U2=(C1+C2)U C U + C2U 2 U= 1 1 ; C1 + C2

86

⇒

CU 2 ; 2 2 (C U + C U )2 C1 + C2  C1U1 + C2U 2  W= ⋅ = 1 1 2 2  2 C1 + C2  2 ⋅ (C1 + C2 )  W=

C U 2 C U 2 (C U + C U )2 2 2 = ∆W = 1 1 + 2 2 − 1 1 2 2 2 ⋅ (C1 + C2 )

(

⇒ )

C1C 2  2 C1C 2 ⋅ U 2 − U 1 2 2  = ⋅ ⋅ U 2 + U1 − 2U1U 2  = .  2 ⋅ C1 + C 2 2 C1 + C 2  1

Ответ:

(

(

)

)

C C ⋅ U 2 − U1 2 . ∆W = 1 2 2 ⋅ C1 + C 2

(

)

Решение:

16.

Наибольшая широта, на которой происходит смена дня и ночи, равна ϕ1 (см. рис. 1). Из треугольника О1СО2: cos ϕ1 =

откуда

следует,

что

R−r , l

ϕ1 = arccos

R−r . l

Тогда

R−r R−r < ϕ < − arccos , или − 60 o < ϕ < 60 o. l l экватора, находящаяся на освещенной части равна

− arccos

Дуга

Дуга экватора, находящаяся на неосвещенной части равна 2 ∪ ДF = 2ϕ1 . Очевидно, что 2 ∪ ЕД .

2 ∪ ЕД = 360 o − 2 ∪ ДF = 360 o − 2 ⋅ 60 o = 240 o =

2 ⋅ 360 o. 3

Т. о., на экваторе день длится 2 суток (x=0,67). 3

87

Решение последнего вопроса сводится к нахождению ∠АОВ , который обозначим α (см. рис. 2). Из ∆КОВ : cos α =

OK OB

.

OK = O2 L = r ⋅ cos ∠TO2 F = r ⋅ cos ϕ1 .

Из

(

)

∆BOO2 : OB = O2 B sin ∠O2 BO = r sin 90 o − ϕ = r cos ϕ .

Получаем:

cos α =

Тогда x=

cos ϕ1 . cos ϕ

t дня 2π − 2α π − α = = =1− 2π t сут. π

arccos

cos ϕ1 cos ϕ

π

r

, x = 0,7.

Рис. 1

C R-r

T

P r

ϕ1 O1

ϕ1 l

E

O2

F

Д

88

P

T ∠O1CO2 = 90 o ,

O

90°-ϕ

O2

K

α

A

∠BOO2 = ∠BKO = 90 o

B

L

F

Рис. 2

17. R m

Дано:

Решение:

t(m) - ?

Все величины будем записывать относительно точки О. Величины с индексом М относятся к барабану, т - к кубику, с индексом О – начальные условия. Рассмотрим вначале момент соударения шарика с барабаном. Тогда по законам сохранения:

Так как

Ym ωm +YM ωM=YM ωm0 , (1) Ym ω2m+YM ω2 M=Ym ω2m0 , (2) V ω m0 = m0 ; Vm0 = gh . (3) R 2 Ym=mR , а

2 R MR YM = ∫ r 2 ⋅ ρ ⋅ 2π ⋅ rdr = (M = ρ ⋅ S сеч. ) , 2 0 шутся так:

то (1) и (2) запи-

89

MωM=2m(ωm0 - ωm) , Mω2M=2m(ω2m0 - ω2m).

(4) (5)

Поделим (4)⋅(4) на (5), и получим:

Из (4):

M ωm0 − ωm = ; 2 m ω m0 + ω m ωM =

⇒ ωm = 22mm +− MM ωm0 . 4 mω m0 . 2m + M

(6)

(6)

До соударения тело затратило время: t1 =

H g

(7)

После этого, согласно (6), оно получило скорость (3).⇒ 2m − M V1 = ω M R = ⋅ gH 2m + M

(8)

И если никаких соударений с барабаном не произойдет, окажется на земле за время t2. x=

gt 2 H = −V1t2 + 2 2 2

⇒ t22 − 2Vg1 ⋅ t2 − Hg = 0 ⇒

2 V V H t2 = 1 ± 1 + 2 g g g

90

Берем знак «+», так как время неотрицательно. Из (7), (8) и последнего соотношения получаем полное время: t=t1+t2 t=

⇒

H − 2m + M H + ⋅ + g g 2m + M

+

(2m − M )2 + 1 ⋅ H = g (2m + M )2

=

 2 2 M + 4m  H  − 2m + M = ⋅ 1 + + g  2m + M 2m + M  

=

Ответ:

t=

2M + M



2

+ 4m

2m + M 2 2 2M + M + 4m

2m + M

2

⋅

⋅

H . g

H . g

Решение:

18.

В момент t за время dt количество атомов: увеличилось на: dN = −

−t N = 2 T ⋅ N0

−t dt ⋅ ln 2 ⋅ 2 T ⋅ N0 . (1) T

Значит эти dN атомов прожили время точно t при dt→0. Аналогичное можно сказать и о других атомах. Тогда по формуле среднего арифметического, среднее время жизни по (1):

91

−t ∞ ln 2 ∞ ⋅ ∫ t ⋅ 2 T ⋅ dt N0 ⋅ ∫ t ⋅ dN  −t  T 0   ln 2  T  ∞ = = ⋅− τ= 0  ⋅ ∫ t ⋅ d2 T  = N0 T  ln 2  0   N0  

−t ∞ −t ∞ ∞ −t T T =− ⋅2 T = . = ∫ 2 T ⋅ dt − t ⋅ 2 T ln 2 ln 2 0 0 0 T Ответ: τ = . ln 2

19.

Решение:

Реально обычно рассматривают гармонические тушения осцилляторов, в данном случае маятника. Тогда получаются вынужденные колебания с частотой возмущения, причем возмущение будет описываться по гармоническому закону: f=A⋅cos( ωt+ϕ). Для импульсных возмущений задача усложняется, и дифференциальные уравнения такого рода можно изучать только с одаренными учениками. Легче показать опыт с пружиной, грузом и мотором разной частотой вращения. Тогда на близких частотах будут просматриваться биение, что вовсе не тривиальный вопрос для школьника. От биений и можно начинать объяснение. В некоторый момент времени мы толкаем качели и будем раскачивать ее до тех пор, подталкивая, пока скорость не изменится на обратную. Мы за это время подталкивали ее за каждый период несколько раз, но в разных точках, поэтому она достигает некоторого размаха, большего чем затухание за эти периоды. А когда скорость изменится на обратную, наши толкания способствуют уменьшению амплитуды. За 2, за 3 периода затухание уменьшает амплитуду больше, чем 92

мы подтолкнем 1 раз, по сравнению с тем, когда мы раскачиваем маятник в разные периоды времени, но несколько раз, способствуя возрастанию амплитуды. Решение:

20.

Используем действие магнитного поля на проводник с током. r r

r

dF = I ⋅ dl ⋅ B  



Берутся чувствительные весы, длинный проводник с малым удельным сопротивлением и мощный источник света. Проводник подключают к источнику, предварительно положив его на весы, перпендикулярно направлению стрелки компаса. Учитывая направление магнитного поля Земли ( от севера к югу), пустим ток по проводнику в таком направлеr r нии, что вектор [dl ⋅ B ] был направлен в Землю. Пускаем ток большой силы. Замеряем силу, которую показывают весы. Это сумма Р0 силы тяжести и силы Ампера , т.е. Р0=mg+IlB. Тогда: B = P0 − mg , силу тока можно измерить амперметром. I ⋅l

При втором способе потребуется двигатель с известным числом оборотов в минуту – частотой, вольтметр, рамка с известной площадью. Рамку прикрепляют к оси двигателя так, чтобы плоскость вращения рамки была перпендикулярна линиям индукции поля Земли. Запускаем двигатель, и с рамки, с помощью вольтметра и соответствующих приспособлений снимаем напряжение U. Согласно закону индукции: ε=

Ф′ .

93

Так как Ф=ВSsinωt, то имеем:

Ф′ = ω ⋅ B ⋅ S ⋅ cos ωt .

Замеряем среднее значение U, и усредняем

Ф′ .

Так как: cos 2 ωt = 1 , то в первом приближении можно по2

ложить, что:

cos ωt = 1 . 2

Значит:

Ф′

=

BSω

.

2

По закону Ома имеем:

ε

⇒

ε = IR = U , R т.е. вольтметр покажет ε. Тогда: BSω U 2. U= B= Sω 2 I=

⇒

Решение:

21.

а) Принцип суперпозиции для напряженности поля: r r E = ∑ Ei i б) При рассмотрении криволинейного движения, радиус – r вектор r раскладывается на две составляющие: вдоль оси ОХ и вдоль ОУ, и рассматриваем два движения: r

r

r

r = r0 + V0t +

r

at 2 2

a t2 x = rx = x0 + V0 xt + x 2 a yt 2 y = ry = y0 + V0 yt + 2

В большинстве случаев: аx=0, ay=g.

r r в) При введении понятий скорости V и ускорения a используем вычитание векторов. Для равномерного движения:

94

r

r

r − r0 . V= ∆t Для произвольного движения: r r

r ∆r . V = lim ∆t →0 ∆t

Для равноускоренного движения: r

r

V − V0 . a= ∆t r

Для произвольного ускоренного движения: r r ∆V . a = lim ∆t →0 ∆t

Решение:

22.

Расстояние между катерами АВ = l изменяется со временем. По теореме косинусов:

АВ 2 = АС 2 + ВС 2 − 2 АС ⋅ ВС ⋅ cos α , В нашем случае получаем:

l 2 = (a − υ1t )2 + (b − υ 2 t )2 − 2(a − υ1t ) ⋅ (b − υ 2 t ) ⋅ cos α .

d 2 l = 0, т.е., dt 2 ⋅ (a − υ1t ) ⋅ (− υ1 ) + 2 ⋅ (b − υ 2 t ) ⋅ (− υ 2 ) − 2 ⋅ (− υ1 ) ⋅ (b − υ 2 t ) ⋅ cos α −

Условие минимума:

− 2 ⋅ (a − υ1t ) ⋅ (− υ 2 ) ⋅ cos α = 0.

Решая это уравнение, получаем: t=

aυ1 + bυ 2 − (aυ 2 + bυ1 ) cos α

υ12 − 2υ1υ 2 cos α + υ 22

.

Для определения кратчайшего расстояния целесообразно перейти в систему отсчета, связанную с одним из ка-

95

теров, например, с первым. Искомое расстояние будет

А0 Д = h.

Из ∆A0 ДВ0 : h 2 = A0 B0 2 − υ 2 t 2 . Из треугольника скоростей находим: υ

2

= υ 12 + υ 22 − 2 υ 1υ 2 ⋅ cos α .

Из ∆A0 CB0 : A0 B0 Получаем:

2

= a 2 + b 2 − 2ab cos α .

h 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos α −

(

)

υ 2 + υ 22 − 2υ1υ 2 ⋅ cos α ⋅ [aυ1 + bυ 2 − (aυ 2 + bυ1 ) cos α ]2 − 1 = 2 υ12 + υ 22 − 2υ1υ 2 ⋅ cos α =

(

(aυ 2 − bυ1 )2 ⋅ sin 2 α υ12 − 2υ1υ 2 ⋅ cos α + υ 22

Тогда h =

)

.

aυ 2 − bυ1 ⋅ sin α

υ12 − 2υ1υ 2 ⋅ cos α + υ 22

.

С

α a

Д

r

υ1 A0

∠A0 ДВ0 = 90 o

b

h r

υ

r

υ2

r B0 − υ1

96

При υ1 = υ 2 = U : t =

a+b , если α ≠ 0 (т.к. при α = 0, l = b − a = const ). 2U

α

и l min = h = a − b ⋅ cos . 2

Решение:

23.

Для решения достаточно изобразить процессы на диаграмме pV. Площадь фигуры, соответствующей процессу АДЕ, больше, чем соответствующей процессу АВСЕ. Следовательно, работа газа в процессе АДЕ больше работы газа в процессе АВСЕ: ААДЕ > ААВСЕ . p

Д

E

A B

C

0

V

Решение:

24.

Напряженность поля заряженной нити В проекциях на оси:

Ex =

E=

γ 2πε 0 ε ⋅ r

.

γ ⋅ sin α γ ⋅ cos α . ; Ey = 2πε 0ε ⋅ r 2πε 0ε ⋅ r

97

dFx = E x ⋅ dq = E x ⋅ γ ⋅ dl =

Интегрируя, получим: Fx =

cos α 1 γ2 ln . 2πε 0ε cos α 2

Fy =

γ2 (α 1 + α 2 ). 2πε 0 ε

Аналогично:

F = Fx2 + F y2 =

Угол между силой

γ ⋅ sin α γ2 r ⋅ dα ⋅γ ⋅ = ⋅ tgα ⋅ dα . 2πε 0 ε ⋅ r cos α 2πε 0ε

r

F

 γ 2  2 cos α1 ⋅ ln + (α1 + α 2 )2  . cos α 2 2ε 0 ε  

и осью у находим из равенства: tgϕ =

Получаем, что

Ex . Ey

cos α1 cos α 2 ln cos α1 − ln cos α 2 = arctg ϕ = arctg . α1 + α 2 α1 + α 2 ln

dα

О

∠MPN = 90 o MP=rdα MN=dl ∠PMN = α

α r Р А

С у

М

N

r

В

х

Е 98

25.

Дано:

Решение:

r

R-?

Схема обладает симметрией относительно пространственной диагонали куба 1-7. При повороте куба относительно этой оси на 120° схема в целом не меняется, но точки 2,4,5 меняются между собой местами (так же, как и точки 3,6,8). Значит при включении в цепь:

ϕ2=ϕ4=ϕ5; и ϕ3=ϕ6=ϕ8

Каждую группу из трех точек можно объединить в одну точку. Тогда эквивалентная схема выглядит так:

1

2,4,5

3,6,8

7 III

I II

Тогда:

RI=r/3;

Ответ: R= 5r/6.

RII=r/6; RIII=r/3

R= RI+ RII+ RIII=5r/6

99

Решение:

26.

Будем считать, что в ящике находится тонкая линза. Очевидно, что эта линза – рассеивающая. Точки пересечения лучей 1 и 1′ (точка А), 2 и 2′ (точка В) определяют положение плоскости линзы. Через точку пересечения продолжений лучей 1′и 2′, т.е. через F′, параллельно лучам 1 и 2 проводим побочную оптическую ось F′О. Точка О является оптическим центром линзы. Главная ось линзы проходит через точку О перпендикулярно плоскости линзы (АВ). На рисунке – главная ось – а-О-а. Фокальная плоскость линзы проходит через точку F′ параллельно плоскости линзы (на рисунке – f-F′-f ). Точка пересечения главной оси с фокальной плоскостью является главным фокусом. На рисунке – точка F. 1′

а

А

f F′ F

1

В

f

а

2′

2

100

27.

Решение:

Направим ось Х по оси вращения, ось У лежит в плоскости диска ( ось У направлена по диаметру диска, перпендикулярному оси вращения). Система координат ОХУZ связана с диском (и вращается вместе с ним ).

Выделим узкую полоску, параллельную ОУ, на расстоянии r от нее и толщиной dr. На элемент dl этой полоски, отстоящей от ее середины О1 на расстоянии l, действует центробежная сила инерции: df = ω 2 ⋅ O1′ A ⋅ dm.

Момент этой силы относительно оси У равен произведению: 101

df z ⋅ OO1′ = df ⋅ cos i ⋅ OO1′ = = ω 2 ⋅ O1′ A ⋅ cos i ⋅ OO1′ ⋅ dm = = ω 2 ⋅ OO1′ ⋅ O1′O1 ⋅ dm = = ω 2 ⋅ r ⋅ sin α ⋅ r ⋅ cos α ⋅ dm = = ω 2 ⋅ r 2 ⋅ sin α ⋅ cosα ⋅ dm. Сложив моменты сил, действующих на все элементы полоски, получим: dM = ω 2 ⋅ r 2 ⋅ sin α ⋅ cosα ⋅ dM ,

где dM – уже масса всей полоски. Очевидно : dM = ρ ⋅ b ⋅ dr ⋅ 2 R 2 − r 2 = = 2 ρ ⋅ b ⋅ R 2 − r 2 ⋅ dr ,

где b – толщина диска. С учетом

m=ρ⋅b⋅π⋅R2

dM = ω 2 ⋅ r 2 ⋅ sinα ⋅ cosα ⋅ 2

m

имеем:

∗

π ⋅ R2 mω 2 sin 2α 2 ∗ R2 − r 2 ⋅ dr = ⋅ r ⋅ R2 − r 2 ⋅ dr. 2 π ⋅R Суммарный момент центробежных сил инерции: + R mω 2 sin 2α ⋅ r 2 ⋅ R 2 − r 2 ⋅ dr = M= ∫ 2 −R π ⋅ R 1 2 2 = mR ω sin 2α . 8 Ответ: M = 1 mR2ω 2 sin 2α . 8

Решение:

28.

 p ⋅ ρ −γ = const,   dp = − ρgdh,   R p = ρT  pµ = ρRT µ 

⇒

⇒ dp = µR (ρdT + Tdρ ); 102

ρ γ

 R T 1− =    R  dT + Td  

µ

µ

(ρ

const = C

ρ ) = − ρgdh

⇒ρ=

1

µ  −γ +1

C   RT

 

1

= K ⋅ T γ −1

⇒

2−γ K dρ = ⋅T γ −1 ⋅ dT . γ −1 2−γ   1 1  R  K 1 γ 1 − − γ dT + T ⋅ ⋅ KT ⋅T ⋅ dT  = − KT γ −1 gdh  µ  γ −1  

 

R

µ



⋅ 1 + 

1

  ⋅ dT

γ − 1 

== gdh

T − T0 = h0 = 0

⇒ dT = − γ γ− 1 ⋅ µRg dh ⇒

(1 − γ )⋅ µ ⋅ g (h − h ), 0 γ ⋅R

⇒ T = T0 − (γ −γ1)⋅⋅Rµ ⋅ g h.

Для земной атмосферы:

γ = 1,4, µ = 29 ⋅10−3 g = 9,8

м с2

кг , моль

.

γ −1 µ ⋅ g . dT =− ⋅ dh γ R dT К °С = −9,77 ⋅10−3 ≈ −10 . dh м км dT К ° С Ответ: = −9,77 ⋅10−3 ≈ −10 . dh м км

103

Решение:

29.

Рис.1

Рис.2

Проекция напряженности поля диполя в точке А на ось

У (параллельную оси диполя) имеет вид: Ey =

p 2h 2 − x2  



5  2 2 2 x + h   

При х=0:

Ey =

при h=0:

Ey = −

.



2p , h3

p . x3

Напряженность поля всех диполей, находящихся в кольце радиуса х и шириной ( толщиной) dx равна: dE =

p 2h2 − x 2  



5  2 2 2 x +h  

⋅ N ⋅ 2π ⋅ x ⋅ dx.



Напряженность поля пластины выразится интегралом: E=

∞ ∫

0

−5 2π ⋅ pN  2h 2 − x 2  x 2 + h 2  2 ⋅ xdx = 0. 





Выходит, что потенциал не зависит от h. 104

2-й способ

Потенциал поля диполя в точке А (рис.1) равен: q

ϕдип. = x2

 +  h − 

l  2 

2

q

− x2

 +  h + 

l  2 

2

ph

=  2 x 

3 + h2 

.

 

Потенциал поля кольца диполей (рис.2): ph

dϕ =  2 x 

3

N ⋅ 2π ⋅ xdx.

+ h2  

Тогда потенциал поля пластины в точке А:

∞ −3  2  2 2 ϕ = ∫ 2π ⋅ pNh x + h  ⋅ xdx = 2π ⋅ pN .   0

Таким образом, результат, полученный первым способом, подтвердился. ∞ −3  2  2 2 Ответ: ϕ = ∫ 2π ⋅ pNh x + h  ⋅ xdx = 2π ⋅ pN .   0

Решение:

30.

l−x h 2 + x2 + , V1 V2 1 2x t′ = − + . V1 2V2 h 2 + x2

t=

105

t′ = 0

⇒

V2 x< x>

x=

hV2 V 2 −V 2 1 2

1 x = V1 h2 + x 2 hV2 V 2 −V 2 1 2 hV2 V 2 −V 2 1 2

⇒x=

⇒ t ′ < 0 ⇒

  t ′ > 0  

hV2 . V 2 −V 2 1 2

⇒

- соответствует tmin.

Итак, Ване следует сойти с аллеи в точке А, находящейся на расстоянии: h 2V 2 hV1 2 + h2 = AM = V 2 −V 2 V 2 −V 2 1 2 1 2

от беседки, и бежать к беседке по прямой АМ.

Если Ваня начинает движение из точки, находящейся между точками А и О, то он сразу должен бежать к беседке по прямой (по саду), так как в этом случае:

106

x ≤ BO < AO =

hV2 V 2 −V 2 1 2

.

Но при этих значениях аргумента, функция t(x) убывает с возрастанием x, т.е. минимальна при х=ВО. Задача может быть отнесена к разделу «Оптика» из-за того, что здесь имеется аналогия с явлением полного отражения: n V sin α = 1 = 2 n2 V1

⇒

31.

⇒

V = 2 V1 x 2 + h2 hV2 x= . V 2 −V 2 1 2 x

⇒

Решение:

Электрон в связи с движением в оболочке атома имеет магнитный момент: r

M=

r Y r eν S = − π ⋅ r 2n0. c c

r

Соответственно, в магнитном поле H он обладает энергией: 107

( r r)

W = W0 − M ⋅ H = W0 − M H ⋅ H . r

Проекция магнитного момента на H квантуется: e e (1), L =− mh 2mec H 2mec где =-l, -l+1, ..., 0, ..., l-1, l. (всего 2l+1 значений). Отсюда следует, что и энергия W принимает значений с разностью между соседними уровнями: eh Wm +1 − Wm = H 2mec Wm +1 − Wm = 0,46 ⋅ 10 − 23 Дж = 2,9 ⋅ 10 −5 эВ M =−

т

Ответ: уровней

уровней энергии

≈ 3⋅10

–5

эВ.

2l+1=5

5, разность энергий соседних

Примечание: Для доказательства

(1) надо учесть, что магнитный момент пропорционален дискретной величине – моменту импульса : r r r

r

r

L = [r , p ] = rmeVn0 = 2π ⋅ r 2meν ⋅ n0

( Дискретность

r

L выражается формулой: r

L2 = h 2l ( l + 1), n – главное квантовое число).

где l=0,1,2,...,n-1, а r r Сопоставляя выражения для L и М , получим: r e r, M =− L а значит и M H = −

2me c

e LH . Но проекция углового момента 2me c на любое направление также квантуется: LH = mh , (m=-l,-l+1,...,0,...,l) Таким образом:

MH = −

e mh 2me c

108

32.

Решение:

Пусть α - угол между какой-либо стрелкой и направлением на 12 (или 0). Если α=30°N, где N=0,1,2,3,4,…,11, то положения минутной и часовой стрелок определяется однозначно: минутная – на 12, по часовой находим время (целое число часов). Если α=30°N+∆α (0<∆α<30°), и попрежнему N – число целое: от 0 до 11, то для обеих стрелок: α1=30°N1+∆α1 (1) и α2=30°N2+∆α2 (2) . Здесь не сразу ясно, какая из стрелок минутная, а какая – часовая. Если 1-ая стрелка – минутная, то α1=12∆α2 (3) и соответствующее показание часов равно N2 – часов и α 1 o ⋅ 60 минут. Если 2-ая стрелка – минутная, то α2=12∆α1

360

(3) и

ветствующее показание часов равно N1 – часов и

α2

соот-

360 o

⋅ 60

минут. Докажем, что одновременно равенства (3) и (4) не выполняются, т.е. и здесь время по часам находится однозначно. Для этого запишем (1) и (2) с учетом (3) и (4): 12∆α2 =30°N1+∆α1; 12∆α1 =30°N2+∆α2.

После вычитания имеем: 13(∆α 2 − ∆α1 ) = 30 o ( N1 − N 2 ) . Так как ни один из сомножителей левой части этого уравнения не делится на 30° без остатка, то N1 − N 2 не является целым числом, т.е. целым является одно из чисел: либо N1, 109

либо N2, и верным будет либо (3), либо (4). Как в каждом случае находится показание часов, уже было указано выше.

Решение:

35.

Уравнение теплового баланса r ⋅ m′ = cm(t 2 − t1 ) . Здесь m ′ - масса пара, обратившегося в воду при температуре t 2 , t 2 - в данном случае равно температуре кипения воды при нормальном атмосферном давлении: p = 10 5 Па, t 2 = 100 o C . Согласно уравнению Менделеева-Клайперона объем m ′RT2 пара уменьшится на V ′ = , соответственно поршень pM

опустится на Т.о. 41.

h′ =

cm(t 2 − t1 )RT2 V′ . В итоге получаем h ′ = . S rpMS

h ′ = 0,57 м .

Решение:

Рассмотрим равновесие автомобиля, направленного «под гору». На рисунке не изображены силы, моменты которых относительно оси О (перпендикулярной плоскости рисунка) равны нулю (действие опоры на передние колеса и сила трения покоя); сила тяжести изображена сплошным отрезком. Уравнение моментов mg ⋅ ОД = N (a + b ) .

Из треугольника ОВД: ОД = ОВ ⋅ cos α . Но ОВ = ОА − АВ , где ОА = а , АВ = h ⋅ tgα . Получаем: mg ⋅ (a ⋅ cos α − h ⋅ sin α ) = N (a + b ) , откуда 110

a ⋅ cos α − h ⋅ sin α . a+b Если автомобиль направлен «в гору», то (сила тяжести теперь изображена пунктирным отрезком) N = mg ⋅

mg ⋅ ОД1 = N (a + b ) .

Аналогично первому случаю имеем: N1 = mg ⋅

Поскольку

a ⋅ cos α + h ⋅ sin α . a+b

N1 > N , то и максимальная сила трения по-

коя Fтр.1 > Fтр. , что позволяет автомобилю удерживаться на более крутом склоне, когда он направлен «в гору».

а

∠ОДС = 90 o ;

∠ОД 1С = 90 o

b

Д1

r

N

С h

О

α r

mg

78.

В А В1

Дα

(mgr )

Решение:

Какова бы ни была по направлению и модулю (модуль меньше первой космической скорости) первоначальная скорость шайбы Vϕ ,после того, как ей сообщат скорость по направлению к полюсу (пусть даже нулевую), она «ляжет на орбиту», т.е. будет двигаться по следу от сечения планеты плоскостью, (в системе отсчета «звезды»), проходящей че111

рез центр планеты, точку сообщения данной скорости и конец вектора результирующей скорости. Следовательно, шайба пересечет широту ϕ дважды в случае, когда у нее проекция результирующей скорости на направление к полюсу не равна нулю, и только один раз, когда эта проекция равна нулю (в данный момент времени). По этой причине необходимо в качестве конечной взять точку первоначального положения шайбы (в системе отсчета « звезды») и добиться, чтобы она пришла туда одновременно с соответствующей точкой на поверхности планеты, т.е. через целое число периодов обращения планеты. Поскольку необходимо найти минимальную скорость, то нужно всего лишь «дополнить» первоначальную. Найдем скорость, необходимую для возвращения: V = 2π ⋅ R , Tn где п – натуральное число. С другой стороны, эта же скорость по теореме косинусов должна быть равна: 2 − 2V V cosα , V 2 = Vϕ2 + Vm ϕ m

где Vm – искомая скорость (минимальная), Vϕ - первоначальная скорость шайбы. Отсюда: Vm = Vϕ cosα ± Vϕ2 cos α − Vϕ2 + V = = Vϕ cos α ± V 2 − Vϕ2 sin 2 α .

По условию подходит только «+», так как Vm направлена к ближнему полюсу. Итак, 4π 2 R 2 Vm = Vϕ cos α + − Vϕ2 sin 2 α . 2 2 T n

112

1.

Разберем частные случаи: Пусть шайба в данный момент времени покоится на поверхности планеты. Тогда: 2π ⋅ R cosϕ и α=90°. Vϕ = T

Докажем это:

ϕ R

r

Vϕ = ω ⋅ r r = R cos ϕ 2π ω=

центр планеты

⇒

T

ось планеты Vϕ =

2π ⋅ R cos ϕ T

.

Итак, имеем: cosα=0, sinα=1 и Vm = =

2 2

T n

−

4π 2 R 2 T

2

cos 2 ϕ =

2π ⋅ R 1 − cos 2 ϕ T n2

Vm=0, если cos ϕ = 60°,

4π 2 R 2

1 , а это выполняется при ϕ = 0°, ϕ = n

ϕ ≈ 70°31′43′′,..., ϕ = 90°.

2. Пусть скорость шайбы в данный момент времени направлена по касательной к широте, т.е. α = 90°, тогда: Vm = V 2 − Vϕ2 .

113

79.

Дано:

p1 T1 T2 CO2→75%CO2+CO+O p2 - ?

Решение: 4CO2→3CO2+CO+O ν

3 ν 4

p2 = p1 + p2 + p3 =

1 ν 4

1 ν 4

3νRT2 νRT2 νRT2 + + = 4ν 4ν 4ν

5 T2 p1 4 T1 5 T . p2 = p1 2 4 T1 =

Ответ:

Решение:

80.

Согласно закону Джоуля-Ленца, имеем: t2 T2C 2 T 3 dt = ∫ UIdt = UC 1C 2 ∫ t1 T1C 2 T C T4 2 2 = UC 1C 2 = CU  T 4 − T 4  1   2 4 T1C 2 A=

Из начальных условий: С=5,3⋅10 –12. Итак:

А=220⋅5,3⋅10 –12(3734-2734)≈16Дж.

81.

Решение:

Перейдем в систему отсчета, связанную с 1-м спутником, тогда:

114

r

r

r

ω2 = ω1 + ω 2 .

Найдем угол α отсутствия радиосвязи: α = 2π − 2β − 2γ =  R R  = 2π − arccos 3 − arccos 3 .  R1 R2  

Время отсутствия радиосвязи в этой системе отсчета: t=

α 2π 2π ± ;ω = ω2 2 T1 T2

(«+» в случае однонаправленного движения, «-» в случае разнонаправленного движения). По третьему закону Кеплера: T1 = T2

Тогда:

ω2 = И, окончательно имеем: 1 t = ⋅ T2 2π

   

 2π  R23  ± 1  T2  R13  

R R  π − arccos 3 − arccos 3 

Время наличия связи: t′=T2 – t. Итак, t′ T2

R13 R23

R1 R3 2 ±1 R3 1

R2 

 R R  π − arccos 3 − arccos 3  3 R  R1 R2  . =1− 1 ⋅  2π R3 ± R3 2 1

115

Решение:

82.

Обозначим 0,02 0,01 + 2

и



x=

ln 1 + 

1 100

1 .  100 

ставим функцию:

и перепишем неравенство в виде:

Это равносильно

f ( x) =

знак. f ′( x) =

2x x+2

−

( x + 2) 2

ln(1 + x ) .

Со-

и исследуем ее на

2x − ln(1 + x) x+2

4

и

1 − x2 = 1 + x ( x + 2)2 (1 + x)

Эта производная меньше нуля при x>-1, значит, функция убывает, начиная с точки х=-1, и при х=0 принимает значение f(0)=0, значит при x>0 сама функция меньше нуля, т.е.: 2x p ln(1 + x) x+2

И, подставляя

x=

1 , получим ответ: 100 2 p ln 101 201 100

Решение:

83.

Используем тригонометрическое тождество: cos α + cos β = 2 cos

И одновременно заменим

6π cos 9

α+β 2

на

cos

α −β 2

1. 2

π π 1 8π 1 =− 2 cos cos − + cos 3 9 2 9 2 cos

π

9

− cos

π

9

=0

⇒ 0 = 0.

116

Решение:

84.

Договоримся обозначать знаком «:» признак делимости. Знаками «-?» обозначим утверждения, которые нуждаются в доказательстве, а знаками «-!» – те, которые являются доказанными, и знаками «-!!!» – те утверждения, доказательство которых очевидно. Нам нужно доказать справедливость такого выражения: 42n+1+32n+1 – 7 : 84

При п=1 оно выполняется: 84=84. Допустим, что при п=k оно тоже выполняется: 42k+1+32k+1 – 7 : 84 При п=k+1: 42⋅42k+1+32⋅32k+1 – 7 : 84 - ? 15⋅42k+1+8⋅32k+1 : 84 - ? 5⋅42k+2⋅32k :7 - ?

⇒

⇒

⇒

Докажем справедливость нового выражения: При k=1 оно выполняется: 98 : 7; Допустим, что при k=m оно тоже выполняется: 5⋅42m+2⋅32m :7;

При k=m+1:

⇒ 85.

⇒ ⇒

5⋅16⋅42m+2⋅9⋅32m :7 - ? 5⋅14⋅42m+2⋅7⋅32m :7 42n+1+32n+1 – 7 : 84 - ! Решение:

Определение скорости точки С (точки «заворота»):

х – х1 + х – х2 = l

(1)

117

r

V

r

υ

r

U

x1′ = x1 + V ⋅ t ; (2) x2′ = x2 − U ⋅ t ; (3) x′ = x − υ ⋅ t ; (4) x ′ − x1′ + x ′ − x2′ = l . (5)

Из (1),(2),(3),(4),(5):

⇒

υ=

U −V

.

2

В системе отсчета, связанной с точкой С, скорость переднего конца: U ′ =U −

скорость заднего конца: V ′ =V +

U −V U + V = , 2 2 U −V U +V = 2 2 r

V′

. z′

r

U′

За время ∆t импульс изменяется на: 2

Тогда искомая сила:

M U +V ⋅ ⋅ ∆t . L 2

118

F=

86.

M ⋅ (U + V ) . L

Решение:

dF=σ⋅2dl=2σ⋅R⋅dα dFy=2σ⋅R⋅sinα⋅dα π

F y = 2σ ⋅ R ⋅ ∫ sin α ⋅ dα = 4σ ⋅ R 0

∆l 2π ⋅ R − l S =E S l l F y = 2 F упр.

F упр. = E

2π ⋅ R − l l E ⋅ S ⋅ (2π ⋅ R − l ) . σ= 2l ⋅ R

4σ ⋅ R = 2 E ⋅ S ⋅

⇒ 88.

Решение:

119

r

dp − импульс кольцевой зоны радиуса r, шириной dr. dε dp = c dp ′ = dp, ε = Φ ⋅ ∆t dε = dΦ ⋅ ∆t , EdS ⋅ ∆t E ⋅ ∆t dp ′ = dp = = 2πrdr , c c E ⋅ ∆t F dp ′x = 2πrdr ⋅ , c r2 + F 2

⇒

p ′x = ∆t ⋅ F = F=

πEF ⋅ ∆t c

⋅

(R

2

Φ ⋅ ∆t 2Φ F ⋅ ∆t − c cR 2

)

+ F2 −F ,

(R

2

)

+ F2 − F ,

Φ  R 2 − 2F R 2 + F 2 + 2 F 2   c R2  

Решение:

89.

Формула Доплера: λ = λ0 1 + 

υ 

c

⇒ ∆λ = λ0 ⋅ υc .

Уширение линии: 2⋅∆λ.. Средняя квадратичная скорость: 3RT . υ= µ Тогда уширение линии:

λ 3RT 2⋅ 0 ⋅ = 1,4 ⋅10−6 мкм . c µ Из соотношения неопределенностей:

(1)

∆t ⋅ ∆ε ≥ h ∆t ⋅ ∆ν ≥ 1 Длина свободного пробега:

120

1 κ ⋅T . = 2 ⋅ n ⋅ σ 4 2 ⋅π ⋅ R2 ⋅ p

λ= ∆t =

λ = υ

κT

4 2π ⋅ R 2 ⋅ p ⋅

3RT

µ

4 2π ⋅ R 2 ⋅ p ⋅ 3R ∆ν ≈ κ µ ⋅T λ2 ⋅ ∆ν ∆λ = 0 c

Уширение линии:

λ2 4 2π ⋅ R 2 ⋅ p 3RT ⋅ = 2⋅ 0 ⋅ κ ⋅T µ c λ2 4 2π ⋅ R 2 ⋅ p = 2⋅ 0 ⋅ ⋅υ c κ ⋅T

(2)

Приравнивая (1) и (2), получим: p=

κT 4 2π ⋅ R 2 ⋅ λ0

p = 0,05атм

90.

Решение:

Положим, что Fтр.=µ ⋅N=µ ⋅mg. Найдем величину: х+∆х.

2  F .1 + T = m1 ⋅ ω ⋅ (x + ∆x ),   − F .2 + T = m2 ⋅ ω 2 ⋅ (l − x − ∆x ), 

тр тр Fтр.1 + Fтр.2 = −ω 2 ⋅ m2 ⋅ l + + ω 2 ⋅ (x + ∆x )⋅ (m1 + m2 ),

121

µ⋅g (m + m2 ) + m2l 2 1 ω x + ∆x = ; m= ρ⋅

π ⋅ d3 6

x + ∆x =

Найдем:

m1 + m2

⇒

3

d µ⋅g 2 ⋅ l. + ω 2 d13 + d 23

х - ∆х.

 −F 2 .1 + T = m1 ⋅ ω ⋅ (x − ∆x ),   F .2 + T = m2 ⋅ ω 2 ⋅ (l − x + ∆x ), 

тр тр

Fтр.1 + Fтр.2 = ω 2 ⋅ m2 ⋅ l −

− ω 2 ⋅ (x − ∆x ) ⋅ (m1 + m2 ), d3 2 ⋅l − µ ⋅ g . x − ∆x = 3 ω2 d + d3 1 2

Итак, мы видим, что: x=

d3 2 ⋅ l , ∆x = µ ⋅ g . 3 ω2 d + d3 1 2

8 ⋅ 10,5 = 2,4 см; 27 + 8 0,05 ⋅ 9,8 ∆x = ≈ 0,6 см. 81 x=

122

Ответ: 92.

x=

d3 2 ⋅ l, ∆x = µ ⋅ g , x = 2,4 см; ∆x ≈ 0,6 см. 3 ω2 d + d3 1 2

Решение:

p=

A p2 A2 = ; ; t p1 A1

U2 ⋅ t; R′ 1) R ′ = 5 R = const; U Ι = 100 ⋅ t ; U ΙΙ = 100 ⋅ (1 − t ); U ΙΙΙ = −100 ⋅ (t − 2); U IV = −100 ⋅ (3 − t ); 1104 ⋅ t 2 104 104 AΙ = AΙΙ = AΙΙΙ = AIV = ∫ ⋅ dt = = ; 3R ′ 15R 0 R′ 4 ⋅ 104 A1 = ∑ AI − IV = 4 AΙ = ; 15R 2) rΙ = rΙΙ = R rΙΙΙ = rIV = 4 R A=

123

AΙ = AΙΙ =

1104 ⋅ t 2 104 104 ∫ r dt = 3r = 3R ; 0

3104 ⋅ (t − 2)2 dt = ∫ r 2 3 104 104 104 3 = ⋅ (t − 2) = = ; 3r 12R 3r 2 2 ⋅104 2 ⋅104 5 ⋅104 A2 = ∑ AΙ − IV = ; + = 3R 12R 6R p2 A2 25 = = . p1 A1 8 Ответ: p2 = 25 . p1 8 AΙΙΙ = AIV =

Решение:

93.

Рассмотрим случай, когда точечный источник находится на расстоянии 1 м. Найдем, в какой точке находится изображение: 1 1 1 + = l x F

x=

⇒ x = lF−⋅Fl .

0,05 ⋅1 = 0,0526 ( м) 1 − 0,05

rϕ

rл

F x 124

Рассмотрим треугольник, где: rл – радиус линзы, F – фокусное расстояние, х – расстояние от линзы до изображения. Найдем величину rф – радиус потока света, находящегося в фокусе. Из подобия треугольников, запишем: rф x − F ⇒ rф = x −x F ⋅ rл; = rл x 0,0526 − 0,05 ⋅ 0,005 = 0,00025м rф = 0,0526

или rφ = 0,25 см. Найдем радиус фотодиода: S=πr2 r=

0,5 ⋅10−6

π

⇒ r=

S

π

.

= 4 ⋅10−4 м = 0,4 мм .

Сравнивая радиус фотодиода и радиус света проходящего через фокус видно, что весь свет попадает на фотодиод. Рассмотрим случай, когда источник света находится на расстоянии l= 0,3 м. 1 1 1 + = ; l x F Fl ; x= l −F 0,05 ⋅ 0,3 x= = 0,06 м. 0,3 − 0,05

Рассмотрим тот же треугольник, только с другими данными, получим: rφ

rл

rφ =

=

x−F ; x

0,06 − 0,05 ⋅ 0,005 = 8,33 ⋅10− 4 м = 0,833 мм 0,06

⇒

во втором случае только часть света попадает на фотодиод. Т.к. 125

фототок подобен освещению, то из этого следует, что если обозначить, что в 1-м случае – Е – освещенность фотодиода, то во 2-м случае на фотодиод будет попадать только ее часть, а именно отношение площади фотодиода к площади света в сечении фокуса. Найдем эти площади: Sφ =0,5⋅10-6 м2 SF= π ⋅ r 2 = π ⋅ (8,33 ⋅10−4 )2 = 2,18 ⋅10−6 м2 .

Т.к. Iϕ ∼ E, то

F

−6 S 2 = φ = 0,5 ⋅10 = 0,28 SF 2,18 ⋅10−6 Iϕ 1

Iϕ

⇒ при передвижении точечного источника от расстояния 1м до 0,3 м фототок возрастает в 0,23 раза.

100.

Решение:

mg − T = ma,   T = Ma

⇒

mg = a(m + M ), mg . a= m+ M

а – одинаково для М и m , т.к. µ=0, Fтр =0. 126

Решение:

101.

После открывания крана вода начинает перетекать из вертикального колена в наклонное, причем по мере перетекания ускорение жидкости уменьшается. Обозначим высоту столба жидкости в вертикальном колене в некоторый момент времени через х, тогда в наклонном колене длина столба жидкости будет (Н-х). Ускорение определяется уравнением движения жидкости: ρSgx - ρSg(H-x)⋅cosα = -ρSHx′′ Это уравнение можно получить, записав уравнение движения каждого участка жидкости в проекции на направление, совпадающее с «осью» трубки, а затем, сложив все уравнения (а можно и воспользоваться законом сохранения энергии). Полученное уравнение очень напоминает уравнение гармонических колебаний, причем положение равновесия (х′′=0) соответствует координате: H cos α х0 = . 1 + cosα Для смещения хж=х-х0 от положения равновесия, уравнение можно записать в виде:

хж ″ + g(1 +Hcosα ) ⋅ xж = 0 .

Решение этого уравнения гармонических колебаний является функция: Н

cos ωt, где 1 + сosα g (1 + cos α ) , ω= H хж

=

ω - частота колебаний.

127

Однако, после того, как весь столбик жидкости попадает в наклонный канал (рис1) «гармоничность» пропадает – движение жидкости становится равноускоренным (как у груза на наклонной плоскости). Так продолжается до тех пор, пока центр тяжести столбика не окажется на начальной высоте Н/2 (рис. 2), после чего жидкость едет вниз и входит обратно в вертикальное колено. Период происходящего в системе процесса равен удвоенной сумме времен «гармонического» уменьшения координаты х до нуля и времени подъема в наклонном канале. Первое из времен обращает координату х в ноль: соs

ωt1 + cosα = 0;

Рис. 1

t1

Рис. 2

t1+t2 π −α t1 = ω

В тот момент, когда весь столбик воды попадает в наклонное колено, высота центра тяжести составляет 0,5Нсosα, а вертикальная составляющая ускорения равна: а=gcos2α. Время движения до верхней точки определим из соотношения: at 2 1 2 = H (1 − cosα ). 2 2 Итак, период всего процесса равен:

128

Т=2(t1+t2).

Для угла α=60°=π/3 это составляет: T =2

102.

. 2 H  2 3π  + 1  g  9 

Решение:

Для первой тепловой машины механическая работа, соответствующая полученной энергии от нагревателя W равна: T −T T −T A = 1 2 Q1 = 1 2 W T1 T1

.

Для передачи тепла от холодного тела к «горячему» необходимо совершать работу. Соответствие между работой и количество теплоты определяется формулой, что и для обычного теплового двигателя: Т −Т А = 4 3 Q4 . Т4 Нас интересует не эта величина, а количество теплоты, отобранное от холодного тела. Из первого начала термодинамики имеем:

Q3=Q4 –A=W; Т1 − Т 2 Т3 ; ⋅ Т1 Т4 − Т3 Q3=34 Дж.

129

103. Обозначим: x =

τ

Решение:

LC

, тогда получается уравнение:

sin x LI = = 0,015. x Uτ Можно построить график этой функции. По графику видно, что получается множество интервалов для х, а значит и для емкости С. Их очень много. Но одну оценку для емкости – оценку сверху можно сделать сразу из условия, что энергия катушки никак не должна быть больше начальной энергии конденсатора. Получаем, что С должно быть не менее 0,045 мкФ.

120.

Решение:

Пусть в начальный момент заяц был в точке А, а лиса – в точке В. Лиса бежит по достаточно сложной кривой (см. рисунок), однако мы, подобно барону, не будем теряться и попробуем для начала определить, с какой скоростью лиса приближается к зайцу. Пусть в некоторый момент лиса находится в точке В′ и ее скорость направлена под углом α к скорости зайца. Проецируя обе скорости на направление скорости лисы, получаем, что скорость сближения лисы и зайца υ1= υ - υcosα.. К сожалению, в эту формулу входит угол α, меняющийся со временем. Попробуем найти еще величину, куда входит угол α. Спроецируем положение лисы на линию тропинки (точка В′′). В рассматриваемый момент точка В′′ движется как раз со скоростью υcosα и, и значит, заяц удаляется от точки В′′ движется как раз со скоростью υ2= υ - υcosα.. Скорости υ1 и υ2

130

совпали! Это означает, что расстояние В′′А′ растет точно с такой же скоростью, с какой уменьшается расстояние В′А′, т.е. сумма этих расстояний останется неизменной! Мы нашли в нашей задаче своеобразный «закон сохранения»: В′′А′ + В′А′=const. Поскольку в начальный момент времени В′′А′=0, а В′А′= L, получаем: В′′А′ + В′А′=L. (1)

A

B″

A′

α

B′

L

В Через достаточно большой промежуток времени ( что нас и интересует) лиса будет бежать практически по самой тропинке, т.е. точки В′ и В″ совпадут. Тогда В″А′=В′А′ совпадут. Тогда В″А′=В′А′. Из формулы (1) следует, что В″А′=В′А′=L/2. Итак, через достаточно большое время (t>>L/υ) расстояние между лисой и зайцем будет вдвое меньше начального. Стоит, наверно, обратить внимание на то, что мы не можем найти вид траектории движения лисы в этой задаче: ее движение является слишком сложным. Но это не помешало нам ответить на поставленные вопросы, потому что из переменных величин удалось составить постоянную величину, имеющую важный смысл.

131

Повторив рассуждения, приведенные в начале решения задачи, получим систему уравнений: υ1 = u − υ cosα ,  υ 2 = υ − u cosα .

(2)

(Заметим, что υ2 вначале положительна, но через некоторое время становится отрицательной, когда точка В″ начнет приближаться к точке А′). Исключая cosα из уравнений (2), получим: υυ2 - uυ1=υ2 –u2, или (учитывая что: ∆А ′В ′′ υ1 = − , ∆t A′B ′′ υ2 = , ∆t а величины υ и u постоянны): ∆(υ ⋅ A′B′′ + u ⋅ A′B′) = υ 2 − u2 p 0. ∆t Итак, величина υ⋅А′В″+u⋅А′В′ убывает с постоянной скоростью u2-υ2. Начальное значение этой величины uL, конечное (в трагический для зайца момент) равно нулю. Промежуток времени между этими моментами:

t= Ответ: l =

121.

u⋅L . u 2 −υ 2

L uL , t= . 2 u 2 −υ 2

Решение:

КПД любого цикла можно записать в виде:

132

η=

Qнагр − Qхол . Qнагр

Здесь Qнагр – количество теплоты, полученное рабочим телом от нагревателя; Qхол – количество теплоты, отданное рабочим телом холодильнику. В данном случае в цикле 1-2-3-41 рабочее тело получает тепло в процессах 1-2 и 2-3, а отдает в процессах 3-4 и 4-1 ( | Q341| = Q143 ). Формулы для КПД циклов принимают вид: η1 =

Q123 − Q13 Q − Q143 Q − Q143 , η2 = 13 , η = 123 Q123 Q13 Q123

Из первых двух формул находим: Q123 =

Q13 , Q143 = (1 − η2 )Q13 1 − η1

⇒

η = 1 − (1 − η1 )(1 − η2 ) = η1 + η2 − η1η2

Ответ: η =η1+η2 -η1⋅η2.

123.

Решение:

Представим схему цепи в более симметричном виде (рис.1). Полученную схему не удается упростить путем разъединения или соединения узлов (или путем удаления какихнибудь проводников), чтобы упрощенная схема представляла собой лишь параллельные и последовательные соединения проводников. Однако, поскольку любая задача на ток имеет единственное решение, попытаемся «угадать», используя симметрию схемы, сходство в силах токов, протекающих по цепи. Подадим на нашу цепь напряжение U. Проставим во всех участках цепи токи. В данном случае нам понадобится не девять

133

величин (как было бы при произвольных значениях сопротивлений участков цепи), а лишь пять величин: I1, I2, I3, I4, I5 (рис. 2).

Рис.2

I5 I1

А

I2 I3 I4

В

I3

I1

I2 I5 Рис.1

A

B

U При таких токах первое правило Кирхгофа, записанное для узла С: I1= I3+I5, и узла D: I2+I3= I4+I5, автоматически выполняется для узлов E и F (именно в этом проявило себя равенство сопротивлений всех резисторов схемы). Запишем теперь второе правило Кирхгофа, чтобы получить систему пяти независимых уравнений: ( I2+I5+I1 )R=U, ( I3+I4 )R=I5R,

134

( I1+I3 )R=I2R, где R – сопротивление каждого резистора. Решая систему пяти уравнений, выразим все токи в цепи через ток I1 : 6 1 3 4 I 2 = I1, I 3 = I1, I 4 = I1, I 5 = I1. 5 5 5 5 Кроме того,

 

U = I1 +

 ⇒ U = 3R  I

4 6 I1 + I1 ⋅ R 5 5

1

Учитывая, что сопротивление цепи RАВ удовлетворяет уравнению: RAB=U/(I1+I2), находим, что

RAB =

U U 5 U = = ⋅ . I1 + I 2 I + 6 I 11 I1 1 5 1

Отсюда с учетом полученного выше соотношения искомое сопротивление равно: 15 R AB = R . 11 Ответ: R AB = 15 R.

11

Решение: Отраженные от рыбы солнечные лучи испытывают: а) преломление при выходе в воздух, б) отражение от зеркала, в) преломление при обратном переходе из воздуха в воду. На каждом из этих этапов формируется новое мнимое изображение рыбы (обозначенной на рисунках точкой А). 124.

135

а) Найдем изображение точки А1. Пусть Н – кажущаяся глубина места нахождения рыбы, Н2 – действительная глубина места нахождения рыбы (см. рис. 1). Кажущееся уменьшение глубины объясняется преломлением света на поверхности воды. Точка А на рыбе рассеивает попадающие на нее солнечные лучи; узкий вертикальный пучок лучей, преломившись на поверхности воды, попадает в глаз наблюдателя. Определим глубину точки А1 пересечения вертикального луча с продолжением преломленного луча СD. Согласно закону преломления

sin α 1 . = sin β n

Из

прямоугольных треугольников АВС и А1ВС находим tgα=ВС/h2 и tgβ=ВС/ВА1. Sin u tg малого угла можно считать равными друг другу, поэтому ВА1=h2/n. Эта величина, как видим, не зависит от α: она одинакова для всех лучей близких к вертикальному.

136

Значит, именно в точке А1 находится мнимое изображение точки А рыбы. Итак Н=ВА1=Н2/n. Глубина местонахождения рыбы кажется уменьшенной в n раз. Таким образом изображение А1 находится на глубине h2/п , т.е. на расстоянии h3=h1+ h2/n от зеркала. б) Изображение А2 (см. рис.2) находится на высоте h4=h3 + h1=2h1 + h2/n над водой. в) Изображение А3, которое и будет наблюдать рыба, находится на высоте h=nh4=2h1n + h2 над водой. h=3,2м. Ответ: h=3,2м.

125.

Решение:

Шарик сначала описывает четверть окружности радиуса, равного длине нити l. Затем нить задевает гвоздь О, вбитый в стенку, и шарик описывает дугу окружности вдвое меньшего радиуса. Наконец, когда вес шарика будет сообщать ему центростремительное ускорение, необходимое для движения по окружности, натяжение нити обратится в нуль. Пусть это произойдет в точке М (см. рисунок). Ее положение определим следующим образом. Составляющая веса по направлению радиуса равна Pcosα, где α - угол, образованный нитью в этот момент. Далее, υ2 в точке М равно 2gH, где Н=АВ=АО-ВО= l l cosα 2

−

2

.

Поэтому центростремительная сила в точке М равна: l  l 2m − cos α  g 2 2 mυ 2   = = 2 P(1 − cosα ). R l/2 Итак, в точке М имеем равенство Pcosα=2P(1-cosα), откуда cosα=2/3.

137

Далее шарик летит как тело, брошенное под углом α к горизонту с начальной скоростью υ = gl . 3

В этом случае верхняя точка параболы находится выше уровня точки взлета на: (υ sin α )2 5l = . 2g 54 Вертикаль, проходящая через точку подвеса , находится от точки М на расстоянии

МВ= l sin2 α =

5 l. 6

Чтобы пройти по горизонтали такой путь, шарику потребуется время: t=

MB

υ cos α

=

15 l . ⋅ 4 g

За это время шарик по высоте пройдет путь: υ sin αt −

5l gt 2 =− , 2 96

т.е. пересечет вертикаль АО в точке, лежащей на В.

5l 96

ниже точки

138

Решение: Пусть С – центр масс ускоренной воды. Поверхность воды уже не горизонтальна, перпендикуляр к этой поверхности направлен вдоль вектора – ar + gr , направление которого совпадает с направлением результирующей силы, приложенной к центру масс. Если линия действия этой силы пройдет мимо площади опоры, то система перевернется. Критическим условием является прохождение линии действия результирующей силы через шарнир, т.е. через точку О (см. рисунок). Обозначив через ХС горизонтальную координату центра масс, через УС – вертикальную, получаем условие ag=ХС/УС.. Центр масс трапеции можно найти, например, через центр масс треугольника и прямоугольника: 126.

Хс =

l l  32 

a l a   1 l l2 a , l +  h − l l  = − g 2 2 g   hl 2 12h g

l

al a l la  la   1 l +  h − h− l =   2 2 g  2 g   hl  3 g 2 g

Ус = 

=

h l a 7l 2 a 2 − + . 2 2 g 24h g 2

Подставляя в вышеприведенное условие найденные значения ХС, и УС, имеем: a g  l 2  7 a2  + h + 1 + = 0; 6 2 g2  a g 

h2 − l 





отсюда с учетом условий аl/2 однозначно получаем: h=

l  a g g 2 4  a2  g + + + 1 − ≈ l при а pp g .   2 2 a 3 2 g a a g  

139

у

l

r

a

r

a

C

УC

O

h х

XC r

g

2 2  Ответ: h = l  a + g + g + 4 1 − a  ≈ l g   2 2 2 g

a

3

a



g



a

при а

pp g .

Решение:

127. 20% - O2,

80% - N2 – массовые доли по количеству молей. m M = ,

γ

M 1γ 1 + M 2γ 2 γ1 + γ 2 по массе : M =

m = m1 + m2 + m3 + ... 1 m1 m = M 1 + 2 M 2 + ... M m m

α1=m1/m, α2=m2/m 140

m=α1m1+α2m2.

Решение:

128.

Используя закон Фарадея, получаем: ∆S εинд = В = Bυl, где l = υt ⋅ tgα , υt0 = l0 ∆t

Сопротивление выделившаяся в цепи:

R=lRl=Rlυt⋅tgα..

Тогда

.

мощность,

ε t P = инд = B 2υ 3tgα . R Rl Окончательно : B 2υ 3t 2 ε2 t 0 tgα . Q = Pt0 = инд 0 = 2R 2 Rl 2 2 32 Ответ: Q = Pt0 = εиндt0 = B υ t0 tgα . 2R 2 Rl

129.

Решение:

Задача является аналогом оптической задачи, в которой рассматривается преломление плоской волны в призме. При этом лучу света, идущему от точки А в точку В (см. рисунок), согласно законам геометрической оптики, требуется наименьшее время по сравнению со всеми другими траекториями.

141

D

α

b l

B

К

E

а

α/2

γ A

C

h

Рыбак должен двигаться по траектории «луча света», т.е. подойти к точке Е залива под углом γ, переплыть залив в лодке перпендикулярно биссектрисе угла α и двигаться далее по суше в направлении к точке В. Угол γ найдем из закона преломления (n=2) sin γ =nsin(α/2).

Расстояние а равно:

а = htgγ = h

n sin(α / 2) . 2 2 1 − n sin (α / 2)

Расстояние b найдем из уравнения: a + b = l 2 − h2 .

Отсюда

b = l 2 − h2 − h

Если b>0, т.е. l 2 − h2 f h2

n sin(α / 2) . 2 2 1 − n sin (α / 2)

n2 sin 2 (α / 2) , 1 − n2 sin 2 (α / 2)

то рыбак должен воспользоваться лодкой. Отдельные участки 142

пути при этом будут равны: EK = p = b sin =

    

α 2

l 2 − h2 − h

= 

 α n sin(α / 2) ,  sin 1 − n2 sin 2 (α / 2)  2 

h AE = q = = cos γ Итак, если

h

. 1 − n2 sin 2 (α / 2) l 2 − h2 n 2 sin 2 (α / 2) h2

f

то искомое время равно: q p  2h t = 2 + ⋅( = /n υ υ υ  −

1 - n 2 sin 2 (α / 2)

,

1 n l 2 − h2 sin(α / 2) + − h α 2 2 1 − n sin 2

  2h  α α n2 sin 2 (α / 2) l 2 − h2 ) =  1 − n2 sin 2 + n ⋅ sin . υ  2 h 2 α 1 − n2 sin 2   2

2 2 2 2 2l Если l − h ≤ n sin (α / 2) , то t = . υ 2 2 2 h

1 − n sin (α / 2)

l 2 − h2 h2

2 2 f n 2sin 2(α / 2) , то 1 - n sin (α / 2)

Ответ: если

t=



2h 

υ

  

1 − n2 sin 2

α 2

+



l 2 − h2 α n ⋅ sin , h 2 

2 2 2 2 2l если l − h ≤ n sin (α / 2) , то t = . υ 2 2 2

h

1 − n sin (α / 2)

143

Решение:

130.

Когда масса m достигнет чашки, она будет обладать кинетической энергией mυ 2 = mgh. 2

(1)

После удара груз и чашка будут обладать тем же количеством движения, что и груз до удара, и (поскольку массой чашки мы пренебрегаем) той же скоростью и той же кинетической энергией, т.е. mgh. Чашка с грузом после удара будет опускаться и растягивать пружину. Растяжение пружины будет происходить за счет начальной кинетической энергии и работы силы тяжести. Если отклонение чашки вниз считать положительным, то работа силы тяжести есть mgx, где х – отклонение чашки от начального положения. Поэтому наибольшее растяжение пружины хо определяется из условия, что вся кинетическая энергия и работа силы тяжести пошли на упругую деформацию пружины, т.е. kxo2 = mgh = mgxo 2 или

(2)

2mg 2mgh = 0, xo − k k откуда xo2 −

xo =

mg m 2 g 2 2mgh ± + . k k k2

При этом наибольшему отклонению вниз соответствует положительный корень этого уравнения (так как мы условились считать отклонение вниз положительным). Так как это наибольшее отклонение больше, чем mg/k (что соответствует положению равновесия чашки, когда в ней лежит шарик), то 144

достигнув наинизшего положения, чашка начнет подниматься кверху пройдет через начальное положение и поднимется вверх, сжав пружину. Когда она остановится в верхнем положении, опять потенциальная энергия сжатой пружины будет равна сумме начальной кинетической энергии и работы силы тяжести, т.е. наибольшее отклонение вверх будет определяться также уравнением (2), но этому отклонению будет соответствовать второй, отрицательный корень уравнения. Итак, чашка будет совершать колебания между двумя крайними положениями: x01 =

mg m 2 g 2 2mgh + + k k k2

и x02 =

mg m 2 g 2 2mgh − + . k k k2

При этом положению соответствовать смещение:

равновесия

чашки

будет

mg x0 = . k

Следовательно, наибольшие отклонения чашки в обе стороны от положения равновесия будут одинаковы и равны: m 2 g 2 2mgh + k k2

(3)

Это и есть амплитуда колебаний чашки. Если массой чашки М пренебречь нельзя, то скорость, с которой чашка начнет опускаться, не будет равна скорости, с которой груз достигает чашки и которая определяется уравнением (1). Для определения скорости υ, с которой начнет опускаться чашка под давлением упавшего груза, надо применить закон сохранения количества движения. В таком 145

случае будем иметь:

mυ = (M + m)υ, m υ. V= M +m

Подставляя значение υ из уравнения (1), получим: m 2gh . M +m Далее, необходимо иметь в виду, что движущейся массой теперь будет M+m. Кроме того, в начальный момент пружины растянута на длину а вследствие веса чашки, причем ka=Mg. (4) Поэтому закон сохранения энергии дает: V=

2  m 2 gh  kx 2 ka 2 1  + (M + m )g ( x − a ). − = (M + m ) 2 2 2  M +m  



Подставив в это выражение значение а из (4) и, перенося все члены в левую часть, получим после преобразований: 2(M + m) g 2m2 gh M ( M + 2 m) g 2 + = 0. x− ( M + m) k k k2 Отсюда : x2 −

x=

2m2 gh M +m m2 g 2 . g± + ( M + m) k k k2

Новым положением равновесия будет: x0 =

M +m g. k

Рассуждения, аналогичные предшествующему случаю, приведут к значению амплитуды: m2g 2 2m 2 gh + ( M + m) k k2

(5)

Как и следовало ожидать выражение (5) переходит в (3), если 146

положить М=0. 131.

Решение:

Непосредственное использование формулы для давления p=ρgh здесь затруднено. Ведь при остывании плотность ρ воды возрастает, зато высота столба воды h уменьшается. Возникает «конкуренция» этих двух факторов, и ответ определяется тем, какой из них окажется важнее. Проще всего ответить на этот вопрос для сосуда 1 (цилиндрического). В этом случае можно записать p=mg/S, где m – масса жидкости, S – площадь дна. Все величины в правой части этой формулы от температуры не зависят (мы пренебрегаем тепловым расширением самого сосуда по сравнению с тепловым расширением жидкости). Итак, в первом сосуде давление не изменится. Хотя уровень воды понизится. Сравним теперь уровни остывшей воды во всех трех сосудах. Очевидно, при одинаковом уменьшении (в результате остывания) объема воды уровень ее в сосуде 2 понизится меньше, а в сосуде 3 – больше, чем в сосуде 1. Поскольку температурная зависимость плотности воды для всех сосудов одинакова, при остывании воды в сосуде 2 давление на дно возрастет. А в сосуде 3 – уменьшится. 132.

Решение:

Очевидно, вода в плавающей кастрюле нагревается до кипения. Однако это еще не означает, что она закипит: ведь для того, чтобы жидкость, достигшая температуры кипения, и в самом деле закипела, необходим дальнейший подвод теплоты к 147

этой жидкости. Вода в большой кастрюле получает необходимое количество теплоты от нагревателя; вода же в плавающей кастрюле может получать тепло лишь от воды в большой кастрюле. Однако при достижении температуры кипения теплообмен между жидкостями прекращается, поскольку их температуры становятся одинаковыми! Поэтому вода в плавающей кастрюле кипеть не будет. Расплавить свинец в воде на первый взгляд – нельзя: ведь температура плавления свинца t1=327°С намного превосходит температуру кипения воды t2=100°С. Однако вода кипит при 100°С лишь при нормальном атмосферном давлении! Повышая внешнее давление, можно нагревать воду без кипения намного выше 100°С, а именно до так называемой критической температуры t3=374°С. Поскольку t1< t3, свинец расплавить в воде можно! Для этого нужно только нагревать оба вещества в герметично закрытом сосуде. Однако стенки сосуда должны выдерживать очень высокое давление, создаваемое насыщенными парами воды при высокой температуре.

Решение:

133.

Разумеется, кулоновская сила должна, по крайней мере, уравновешивать силу тяжести: Qq ≥ mg. (1) 4R2 Однако этого мало. В верхней точке шарик должен иметь положение устойчивого равновесия, т.е. потенциальная энергия Wp при смещении шарика из верхнего положения должна увеличиваться. Эта энергия складывается из энергии mgh притяжения к Земле (высоту h можно, например, отсчитывать от k

148

уровня центра сферы) и энергии кулоновского отталкивания kQq/r (см. рисунок);

W p = mgh +

Qq . r r

Fк

q

α

h

r

mg

r

α/2 Q

Рассмотрим изменение Wp при смещении шарика из верхнего положения (шарик не отрывается от поверхности сферы!). величину смещения будем характеризовать углом α. Тогда (см. рисунок) h=Rcosα, r=2Rcos(α/2). Потенциальную энергию Wp удобно записать как функцию величины х=cos(α/2); тогда получим: W p = mgR ( 2 x 2 − 1) +

kQq . 2 Rx

Нас интересует поведение этой функции вблизи α=0, т.е. вблизи х=1. Для того, чтобы равновесие шарика в верхней точке было устойчивым, необходимо, чтобы Wp увеличивалась при увеличении α, т.е. при уменьшении х. Это значит, то производная Wp′ при х=1 должна быть отрицательной: 

W p′ =  4 xmgR − 

kQq kQq  p 0. = 4mgR −  2 2R 2 Rx 

149

Мы видим, что условие устойчивости является более сильным, чем просто условие равновесия, т.е. неравенство (1). Тот же результат можно получить иначе. Равновесие шарика будет устойчивым, если при малых углах α модуль проекции кулоновской силы F на касательную к окружности (см. рисунок) превышает модуль проекции силы тяжести mg на то же направление: к

Fk sin

α

2

f mg sin α .

Поскольку при малых α можно считать α

1 = sin α , получаем Fk f 2mg , откуда 2 32πε0mgR2 Qf . q

sin

2

Ответ: Q f 32πε0mgR .

2

q

134.

Решение:

Изображение в данном случае будет иметь необычный вид – оно будет разорванным: действительное изображение отрезка AF находится с противоположной стороны линзы, а мнимое изображение отрезка BF – по ту же сторону линзы. Обе части изображения уходят на бесконечность (расстояние от линзы до изображения точки неограниченно возрастает по мере приближения точки к фокусу). Но какую форму имеет изображение стрелки АВ? Заметим, что если из любой точки стрелки выходит луч в направлении от А к В (см. рисунок), то после преломления он идет по прямой, проходящей через точку С параллельно главной оптической оси линзы. Значит, изображения всех точек стрелки лежат на этой прямой! 150

Дальнейшие построения уже несложны. В1 В А

Ответ:

135.

А1

C

F

см. рисунок. Решение:

Найдем точки, в которых находился пловец в начале заплыва. Скорость волны одинакова по всем направлениям. Поэтому волна и является окружностью: от той точки, где она возникла (центра окружности), она прошла по всем направлениям одинаковое расстояние. Очевидно, самая первая волна успела продвинуться дальше всех. Значит, это окружность наибольшего радиуса. Центр этой окружности и есть место старта пловца. Очевидно, центры всех окружностей изображают последовательные положения пловца. Следовательно, пловец плывет вправо. За время, за которое пловец проплыл из точки О в А, волна 1 прошла расстояние ОВ, которое, как следует из измерений по рисунку, вдвое больше расстояния ОА. Следовательно, скорость пловца вдвое меньше скорости волны, т.е. равна 0,25 м/с.

151

1 λ1

А1

λ2

С О А Д В

А2

Введем обозначения : f – частота колебаний, создаваемых пловцом; υ – скорость пловца; υ – скорость волн. Найдем расстояния АС и АД от пловца А до п-й волны в направлениях к поплавкам А и А . Центр окружности, изображающей п-ю волну, является точкой О, в которой находился пловец вместе с этой волной (в момент рождения волны). 0

п

в

1

2

ОС=ОД=υв⋅tп ; ОА=υп⋅tп;

где t – время, протекшее с момента рождения п-й волны. Следовательно, п

АС=ОС+ОА=(υв +υп) ⋅tп

С другой стороны, Таким образом,

АД=ОД-ОА=(υв -υп) ⋅tп АС = пλ1

пλ1=(υв +υп) ⋅tп ;

, АД = пλ2 пλ2=(υв -υп) ⋅tп

Разделив левые и правые части этих формул на п и учитывая, что п = f0 , t n

152

имеем

λ1 =

ϑв + ϑп f0

, λ1 =

ϑв − ϑ п f0

.

Частота колебаний поплавка А1, очевидно, равна f1 =

ϑв ϑв , = f0 λ1 ϑв + ϑп

f2 =

ϑв ϑв = f0 λ2 ϑв − ϑп

а поплавка А2 -

.

Периоды же их колебаний равны соответственно T1 =

 ϑ  1 1 ϑв + ϑп = ⋅ = T0  1 + п  , f1 f0 ϑв ϑв  

T2 =

 ϑп  1 1 ϑв − ϑп = ⋅ = T0  1 −  . ϑв ϑв  f2 f0 

Пловец создает 120 волн в минуту или 2 волны в секунду, т.е. f0=2 Гц.

136.

λ1=37,5 см, λ2=12,5 см; f1= 1,33 Гц (80 колебаний в минуту); f2=4 Гц (240 колебаний в минуту).

Решение:

Удобнее всего начать с числового примера. Пусть скорость поезда ϑп =100 км/ч, скорость почтового самолета ϑс =500 км/ч. Первое письмо отправлено вами через 2 часа после расставания, т.е. с расстояния 200 км. Самолет доставит его за 200/500 часа, т.е. за 24 минуты. Таким образом, ваш друг получит его через 2 часа 24 минуты. Второе письмо он получит через 4 часа 48 минут после расставания, и т.д. Вы отправляете письма каждые два часа, а ваш друг получает их с периодом 2 часа 24 минуты. 153

Обозначим период между двумя отправлениями писем через Т0. За это время вы удаляетесь от друга на ϑп Т0 километров. Самолет потратит на преодоление этого дополнительного пути ϑп Т0/ ϑс часов. В результате период между двумя получениями письма равен Т1 = Т0 +

Т 0ϑ п ϑп    . Ясно, что тут все дело в = Т 0 1 + ϑс ϑс  

эффекте Допплера.

Решение:

140.

Условимся считать кирпичи сверС2 r ху вниз (т.е. верхний – первый). С3 mg Центр тяжести каждого кирпих r ча отстоит от его края на l/2. r 2mg r mg Тогда общий центр тяжести С2 3mg Двух верхних кирпичей расположен ( см. рисунок) на расстоянии l/4 по горизонтали от края второго кирпича. Именно на это расстояние и может выступать второй кирпич над третьим. Центр тяжести трех верхних кирпичей С3 определяется из условия:  l mg  − x  = 2mgx , 2  

откуда

x=

l , т.е. третий кирпич может выступать над 6

четвертым на 1/6 своей длины. Аналогично доказывается, что четвертый кирпич может выступать над пятым на 1/8 своей длины. Полное смещение верхнего кирпича относительно

154

нижнего составит

l l l l 25l . + + + = 2 4 6 8 24 Верхний кирпич, оказывается, может целиком выйти за пределы площади опоры. Разрешим теперь второй вопрос. Обозначим через хп величину максимального смещения п-того Хк+1 сверху кирпича над нижележащим. Согласно полученному r r kmg mg ранее результату: х1=l/2, r х2=l/4, х3= l/6, х4=l/8. ( k + 1)mg Можно предположить, что общая формула имеет вид хп=l/2п. Доказать это предположение можно методом математической индукции. Пусть оно справедливо для п=к, причем к-й кирпич выдвинут относительно нижележащего на максимально возможную величину х. Найдем расстояние по горизонтали от центра тяжести С системы из (к+1) кирпича до правого края нижнего кирпича. На рис. заштриховано условное изображение системы из к верхних кирпичей. Искомое расстояние, представляющее собой как раз хк+1, легко определить из правила моментов:

С

l  mg  − x k +1  = kmg ⋅ x k +1 , 2 

l

т. е. x k +1 = 2( k + 1) .

Таким образом, если формула хп=l/2п справедлива для п=к, то она справедлива и для п=к+1. Тем самым формулу для хп можно считать доказанной. Максимальное смещение верхнего кирпича относительно нижнего:

l l l l l 1 1 1  + + + +... =  1 + + + +...   2 4 6 8 2 2 3 4 155

При неограниченном увеличении числа кирпичей эта сумма стремится к бесконечности. Со стороны такая стопка выглядит как плавно изогнутая колонна. Конечно, если не считать того , что, во-первых, равновесие неустойчиво (центр тяжести всей стопки расположен в точности над краем самого нижнего кирпича), а во-вторых, для того, чтобы край верхнего кирпича выступал над краем самого нижнего кирпича на большое расстояние, то придется выстроить настолько высокую «гнутую башню», что надо будет учесть неоднородность поля тяготения Земли.

141.

Решение: Поскольку ртутные шарики расположены симметрично,

пластинка давит на каждый из них с силой

mg . В результате 4

каждый из шариков сплющивается в «блин» толщиной d и радиусом R. Будем предполагать, что d<
πR2d должен совпадать с начальным объемом шарика: 4 π ⋅ R 2 d = π ⋅ r03 (1) 3 Давление внутри «блина» (избыточное над атмосферным)

p=

mg 4π ⋅ R 2

С другой стороны, это давление обусловлено кривизной боковой поверхности блина. Поскольку R>>d , давление p будет таким же, как для цилиндрического мениска с радиусом d/2, т.е.

p=

mg 2σ 2σ . Итак, . Решая это уравнение совместно 2 = d d 4π ⋅ R

156

2π ⋅ σ ⋅ r0 , d=0,15 мм, 3mg

с уравнением (1), получаем d = 4r0 1

 mgr03  4    6π ⋅ σ 

R=

, R=3 мм.

Предположение d<
Решение:

142.

Энергия электрона соответствует разгону его напряжением U0=1500 В, т.е. mϑ02 = eU 0 , 2

(1)

где υ0 – начальная скорость электрона в конденсаторе. Проекция начальной скорости υ0 на плоскость пластин равна υ0 соsα , на нормаль к ним υ0 sinα . Электрическое поле внутри конденсатора однородно, его напряженность E=U/d. Оно придает электрону постоянное ускорение a =

eE eU = . m md

Движение происходит по параболе. Время пролета электрона через конденсатор t =

l . ϑ0 cosα

Вертикальная проекция

скорости электрона на вылете из конденсатора должна равняться нулю: υ0 sinα - at=0, откуда mϑ 2 d sin α cosα Uel 0 ⋅ = 0; U = .. ϑ0 sin α − mdϑ0 cosα e l

157

Учитывая уравнение (1), находим: U = U0

d ⋅ 2 sin α cos α d sin 2α = U0 . l l

При l=l1=5 см получаем U1=150 В. Определим вертикальное смещение h электрона за время пролета в конденсаторе. Среднее значение вертикальной проекции скорости ϑс р =

ϑ0 sin α + 0 2

.

l 2

Значит, h= ϑс р ⋅ t = ⋅ tgα . Если

l=l1=5 см, то h=h1=0,67 см; если же l=l2=10 см, то h=h2=1,34 см. Как видим, h2>d! Значит, при l2=10 см задача не имеет решения – электрон не сможет пролететь через весь конденсатор, так как непременно попадет на положительную пластину. При l=l1=5 см электрон должен входить в конденсатор достаточно далеко от отрицательной пластины.

Решение:

144.

Запишем законы сохранения энергии и импульса: r

r

r

W=hν1+ hν2 , p = p1 + p 2

r

p1

r

p θ1

θ2

Здесь W, p –энергия и импульс распавшейся частицы, р1 и р2 – импульсы фотонов, ν1 и ν2 – их частоты. Воспользовавшись теоремой синусов (см. рис.), получаем p = p1

π-θ1 -θ2 r

p2

sin(Θ 1 + Θ 2 ) sin Θ 1 , p 2 = p1 . sin Θ 2 sin Θ 2

158

Поскольку p1 = p=

hν 1 hν 2 , p2 = , можно записать: c c

 hν1 sin(Θ 1 + Θ 2 ) sin Θ 1  . , W = hν 1  1 + c sin Θ 2 sin Θ 2  

Разделив друг на друга формулы для импульса релятивистской частицы p = W=

mc 2 1 − ϑ 2 / c2

mϑ

1 − ϑ 2 / c2

и для ее энергии

, получаем выражение для скорости частицы:

pc 2 ϑ= . W

Отсюда, получаем: ϑ = с

sin(Θ 1 + Θ 2 ) . sin Θ 1 + sin Θ 2

Заметим, что если sinθ1=sinθ2=0, задача не имеет решения. Решение:

147.

Нет, мощность увеличится только при условии r>R. . Действительно. Мощность, выделяемая последовательном соединении элементов, равна: P=R

4E 2

( R + 2r ) 2

=

при

E2 E2 1 r 1 ⋅ = ⋅ 2 , где x = . 2 R y R R (x + 1) 2

При параллельном же соединении элементов получится:

159

P1 =

E2 ⋅ R 

1

x 1 +   2

2

=

E2 1 ⋅ . R y12

Для сравнения этих величин рассмотрим выражения: y= x+

1 x , y1 = 1 + 2 2

и построим график их значений. При этом оба графика изобразятся прямыми линиями. Из рис. видно, что у превышает у1 только при x>1, т.е. когда r>R. Следовательно, только при этом условии мощность при параллельном соединении увеличится. у, у1

у

2

у1

1

0

149.

0,5

1,0

х

1,5

Решение:

Энергия рентгеновского фотона равна: ε = h

c

λ

.

За счет этой

энергии происходит ионизация атомов гелия и увеличивается кинетическая энергия электрона, ε = ω1 + ∆Wк .

Легко убедиться, что энергией ионизации можно пренебречь, и считать: ε = ∆Wк . Тогда полная энергия освобождающегося 160

электрона определится из уравнения: W = m0 c + ∆Wк = mc = 2

2

m0 c 2 ϑ  1−    c

2

.

Но для электрона m0c2=81⋅10-15 Дж. Поэтому ϑ  1−    с

2

= 0,975 ,

и скорость электрона, выраженная в

долях скорости света, равна: υ/с=0,22. 151.

Ответ: β =2arctg (q/Q)2/3 ; α =π -β . 152.

Ответ: T = 2π 153.

4ml . 4mg + kl

Решение:

Вода по трубке поднимется на такую высоту h, чтобы вес столбика воды уравновесил разность статических давлений: атмосферного и действующего в узкой части трубы. Иными словами, ρgh = pатм – р2

(1), где р2 – статическое давление в сужении.

Обозначим через р1 статическое давление в широкой части трубы и напишем уравнение Бернулли: 161

p1 +

ρϑ12 2

= p2 +

ρϑ22

Из уравнения Бернулли найдем р2: p 2 = p1 +

ρϑ12 2

−

ρϑ22 2

2

и подставим в (1).

При этом учтем, что по условию задачи статическое давление в широкой части трубы равно 1 атм, т.е. равно давлению ратм . Значит, ρgh = pатм − p1 −

ρϑ12 2

откуда h=

+

ρϑ22 2

=

ρ

ϑ22 − ϑ12 ) , ( 2

1 (ϑ 2 − ϑ12 ) . (2) 2g 2

Но скорость υ2 неизвестна. Чтобы ее найти, воспользуемся формулой S1υ1= S2υ2 . Из этой формулы, выражая площади сечений через диаметры, получим π ⋅ d 12

d 12 4 ϑ2 = ϑ = ϑ . π ⋅ d 22 1 d 22 1 4

Следовательно, выражение (2) можно преобразовать к виду h=

Ответ: h =

ϑ12  d 14 2g

 4  d2

ϑ12  d 14 2g 

 4  d2

− 1 ; 



− 1 ; 

h ≈ 0,36 м .

h ≈ 0,36 м .

162

Решение:

154.

Оба человека увидят друг друга в зеркале, когда крайний, вышедший из точки А луч света попадает К в точку К после отражения от зеркала и, обратно, луч, вышедший из К, попадет в А (см. рис.). Так как угол падения равен углу отражения, очевидно, лучи КО и АО должны падать на зеркало под одинаковыми углами. Следовательно, при приведенных в задаче условиях Х=КС=СО=0,5 м,

т.е. оба человека увидят друг друга, когда второй будет на расстоянии 0,5 м от зеркала. Решение:

155.

у

В

r

ϑ0

S с

Д А

х

Точку А отправления лодки примем за начало отсчета системы координат. Направление осей указано на рисунке. Движение лодки в направлении, перпендикулярном течению, происходит с постоянной скоростью U. Поэтому лодка будет 163

находиться на расстоянии у от берега через время t=y/U после отправления. Рассмотрим движение лодки до середины реки (у≤

ϑ=

с

). На расстоянии у от берега скорость течения равна

2 2ϑ0 с

у.

Подставляя у=Ut в выражение для скорости течения, 2ϑ Ut получим ϑ = 0 . Из последнего соотношения следует, что с

движение лодки в направлении, параллельном берегам, 2ϑ U происходит с постоянным ускорением а = 0 . Лодка c достигнет середины реки за время Т =

с

2U

. За это же время она

aT 2 ϑ0 c = . 2 4U При движении от середины реки (точка Д) до противоположного берега лодка будет снесена дополнительно еще на расстояние S. будет снесена вниз по течению на расстояние S =

Таким образом, искомое расстояние равно

ϑ0 с 2U

. При движении

at 2 ϑ0U 2 = t , а у=Ut. 2 c Из этих соотношений определяем траекторию лодки от А до сU 2 Д: у = x (парабола). Вторая половина траектории (ДВ) лодки дро середины реки х =

ϑ0

имеет тот же характер, что и первая.

164

Решение:

157.

Ввиду линейной зависимости давления от объема можно записать: р=аV+b. Постоянные а и b находятся из условия задачи: p V − p1V2 p − p2 a= 1 ; b= 2 1 V1 − V2 V1 − V2

⇒

а≈ -0,5 атм/л ; b≈ 20 атм. Подставляя выражение для р в уравнение состояния m идеального газа pV = RT = constT , найдем:

µ

(1) AV2+bV=const T. График зависимости Т от V (см. рис.) представляет собой параболу. Кривая достигает максимума при Vmax= - b/2a, Vmax≈ 20 л, когда корни квадратного уравнения (1) совпадают.

⇒

При этом

p max = aV max + b =

Следовательно, Tmax =

b ≈ 10 атм . 2

p maxV max µ ; mR

Tmax ≈ 490 K .

Т Тmax

V2

Vmax

V1

V 165

Решение:

158.

A

А r1

r3

r2

В

R2

С рис. а

R1

R3

C

B рис. b

Возможных схем с двумя резисторами не так уж много, и простым перебором можно проверить, что ни одна из них не удовлетворяет условию. Схем с тремя резисторами тоже немного; условию задачи могут удовлетворять только две схемы, показанные на рисунках а и b. Покажем, что эти схемы действительно удовлетворяют условию и найдем соответствующие сопротивления резисторов. Схема на рис. а при подключении к любой паре клемм представляет собой последовательное соединение двух резисторов. Поэтому RАВ=r1+r2 , RBC=r2+r3 , RAC=r1+r3 . Отсюда R + R AC − RBC r1 = AB ; r1 = 3 Ом; 2 R − R AC + R BC r2 = AB ; r2 = 2 Ом; 2 − R AB + R AC + R BC r3 = ; r3 = 6 Ом; 2 Схема на рис. b при подключении к любой паре клемм представляет собой параллельное соединение одного из резисторов с двумя другими, соединенными между собой

166

последовательно. Поэтому: R ( R + R3 ) R ( R + R3 ) R ( R + R2 ) R AB = 1 2 ; RBC = 2 1 ; R AC = 3 1 R1 + R2 + R3 R1 + R2 + R3 R1 + R2 + R3 Умножая каждое из этих уравнений на R1+R2+R3 и, складывая все три уравнения, получаем R AB + RBC + R AC R1 R2 + R1 R3 + R2 R3 = ( R1 + R2 + R3 ) . 2 Тогда R AB + RBC − R AC R1 R2 = ( R1 + R2 + R3 ) . 2 RBС + R AC − R AB R2 R3 = ( R1 + R2 + R3 ) 2 R AB − RBC + R AC R1 R3 = ( R1 + R2 + R3 ) . 2 Разделив почленно эти уравнения друг на друга, найдем отношения неизвестных сопротивлений: R2 RBC + R AC − R AB R2 = ; = 2; R1 R AB + R AC − RBC R1 R3 RBC + R AC − R AB R3 = ; = 3; R1 R AB + R BC − R AC R1

Подставляя R2=2R1 , R3=3R1 в любое из уравнений системы, находим: R1=6 Ом; R2=12 Ом; R3=18 Ом. 160.

Решение:

Если А – источник, а В – изображение, то линза собирающая. Положение оптического центра линзы О и ее фокусов F находится построением, изображенным на рис а. Если В – источник, а А – изображение, то линза 167

рассеивающая. Соответствующее построение дано на рис. в. рис а.

B A F

B A F

рис. в

168

Нумерация задач по разделам физики

Механика

Молекулярная физика и термодинамика Электричество и магнетизм Оптические явления Атомная и ядерная физика Астрономические знания Математика

1,4,7,11,14,17,19,21,22,27,30,32,33,34, 37,41,46,52,53,55,56,61,69,73,78,81,85, 90,95,100,101,105,106,111,113,115,116, 120,125,129,130,135,136,140,145,150, 152,155,156 2,8,12,23,28,35,38,42,47,57,62,70,74,79, 86,91,96,101,102,107,111,117,121,127, 131,132,137,141,146,153,157 3,9,15,20,21,24,25,29,39,43,48,58,63,75, 80,87,92,97,98,103,108,112,113,114,118, 122,128,133,138,142,147,151,158 5,10,26,30,40,44,64,71,88,93,99,109,119, 123,129,134,139,143,148,154,159,160 6,13,18,31,45,49,54,60,65,72,77,89,94, 104,124,144,149 16,33,34,50,55,59,76,136

36,51,66,67,68,82,83,84

169

Литература 1.

2.

3.

4. 5.

6.

7.

Методика преподавания физики в 6 – 7 классах средней школы. Пособие для учителей / Под ред. В.П. Орехова, А.В. Усовой. - изд. 2-е, перераб. - М.: Просвещение, 1972.- 274 с. Методика преподавания физики в 8-10 классах средней школы. Часть 1-я / Под ред. В.П. Орехова, А.В. Усовой. – М.: Просвещение, 1980. – 217 с. Горшковский В. Польские физические олимпиады. Пер. с польского Доброславской Е.Н. / Под ред. и с предисл. Е. Л. Суркова. – М.: Мир, 1982. – 256 с. Физико-математические олимпиады. Сборник. /А.П. Савин, Ю.М. Брук и др. - М.: Знание, 1977. – 178 с. Формы и методы активизации познавательных интересов студентов в процессе преподавания физических и общетехнических дисциплин: Межвуз. сб. научн. трудов. – Ростов н/Д.: РГПИ, 1985. – 150 с. Кабардин О.Ф. Международные физические олимпиады школьников / Кабардин О.Ф., Орлов В.А. / Под ред. В.Г. Разумовского. - М.: Наука, гл. ред. физ-мат. лит., 1985. – 160 с. – (Б-ка “Квант” Вып. 43) Буздин А.И. Задачи московских физических олимпиад / А.И. Буздин, В.А. Ильин и др./ Под ред. Кротова. - М.: Наука, 1988. –206 с. 170

Балашов М.М. Проекты программ по физике для средней школы / М.М. Балашов, Г.Я. Мякишев, З.Б. Финкельштейн и др.. – М.: Мирос, 1992.- 72 с. 9. Каменский Я.А. Дидактические принципы. (Отрывки из «Великой дидактики») -Государственное учебнопедагогическое издательство Наркомпроса РСФСР, 1940. – 376 с. 10. Гельфгат И.М. 1001 задача по физике с решениями / И.М. Гельфгат, Л.Э. Генденштейн, Л.А. Кирик.- Харьков.: ИМП «Рубикон», 1997 .-595 с. 11. Меледин Г.В. Физика в задачах: Учеб. пособ. – М.: Наука.,1989. -–272 с. 12. Гольдфарб Н.И. Сборник вопросов и задач по физике – М.: Высш. Школа, 1993. – 352 с. 13. Шаскольская М.П. Сборник избранных задач по физике: Учеб. руковод. / М.П. Шаскольская, И.А. Эльцин / Под ред. С.Э. Хайкина. – М.: Гл. ред. физ.-мат. лит.,1986 . - 208 с. 14. Сборник задач и вопросов по физике: Учеб. пособие/ Р.А. Гладкова, В.Е. Добронравов и др./ Под ред. Р.А. Гладковой. – М.: Наука. Гл. ред. физ. – мат. лит., 1988.- 384 с. 15. Маковецкий П.В. Смотри в корень! - М.: Наука. Гл. ред. физ. – мат. лит., 1976.- 448 с. 16. Вуджек Т. Как создать идею. – СПб.: Питер Пресс, 1997. – 288 с.

8.

171

Буховцев Б.Б. Сборник задач по элементарной физике / Б.Б. Буховцев, В.Д. Кривченков, Г.Я. Мякишев, В.П. Шальнов. – М.: Наука, 1966. – 440 с. 18. Склянкин А.А. Конкурсные задачи по физике на хим. факультете МГУ / А.А. Склянкин, А.В. Зотеев.- М.: Бюро Квантум, 2004.-128 с. – (Прил. К журналу «Квант» № 2/

17.

2004)

19.

Практикум абитуриента. Электричество. Выпуск 2 / Составители Тихомирова В.А., Черноуцан А.И. – М.: Бюро Квантум, 2003.-128 с. – (Прил. К журналу «Квант» № 2/

2003)

Практикум абитуриента. Механика. Выпуск 2 / Составители Тихомирова В.А., Черноуцан А.И. – М.: Бюро Квантум, 2003.-128 с. – (Прил. К журналу «Квант» № 6/ 2003) 21. Пятая Соросовская олимпиада школьников 1998-1999. - М.: МЦНМО, 1999.-512 с. 22. Слободянюк А.И. Олимпиады по физике / А.И. Слободянюк, Л.Г. Маркович, А.В. Лавриненко. -Мн.: Аверсэв, 2003.-272 с. 23. Всероссийские олимпиады по физике. 1992-2001. / Под ред. С.М. Козела, В.П. Слободянина.-М.: Вербум-М, 2002.- 392 с. 24. Ащеулов С.В. Задачи по элементарной физике. Учебное пособие / С.В.Ащеулов, В.А. Барышев. - Л.: Изд-во Ленингр. ун-та, 1975.-192 с. 25. Конкурсные задачи по физике: Пособие для поступающих в вузы. 2-е изд./ А.Г. Андреев, Н.А. Гладков, Л.К. Мартинсон, 20.

172

Ю.А. Струков - М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 1995.144 с. 26. Зекцер М.П. Методическое пособие по физике для поступающих в вузы. - М.: Изд-во МАИ, 1996.-268 с.

173