Задания и решения по физике ОРМО 2 этап 2014

Совет ректоров вузов Томской области
Открытая региональная межвузовская олимпиада вузов Томской области
(ОРМО) 2014-2015 гг.
Физика (заключительный этап) 11 класс (решения)
Вариант 2
1. Метеорологический зонд объёмом V0 заполняют смесью газов из двух баллонов. В
первом баллоне находится газ с молярной массой μ1 под давлением P1, во втором – газ
с молярной массой μ2 под давлением P2. За время равное τ из каждого баллона по
трубкам в зонд поступает столб соответствующего газа высотой h и диаметром d.
Определите, через сколько времени от начала заполнения зонда плотность смеси газов
в нём достигнет значения ρ. Давления газов в баллонах и температуру Т в ходе
процесса считать неизменными.
Оценка задания № 1 – 15 баллов
Решение:
1. Объем газа, поступающего за время τ из каждого баллона, V 
hd 2
. Из первого
4
баллона эта порция газа поступает под давлением Р1, из второго – под давлением Р2.
(2 балла)
Из уравнения Менделеева – Клапейрона можно найти массы газов поступающих в
зонд за время τ:
P1V 
m1 
m1
P2V 
RT ,
1
P1hd 2 1
4RT
,
m2
2
(3 балла)
RT .
P2 hd 2  2
m2 
4RT
(1 балл)
Т.к. за одинаковые промежутки времени в зонд поступают одинаковые порции газа,
то за время t в зонд поступит N порций газов (N = t/τ), т.е. масса М1 первого газа и М2
второго:
M1  m1
t


P1hd 2 1 t
,
4RT 
M 2  m2
Общая масса смеси в зонде через время t:
t


P2 hd 2  2 t
.
4RT 
hd 2 t
P11  P2  2  .
M  M1  M 2 
4RT 
(3 балла)
(3 балла)
Общую массу газовой смеси можно представить через плотность смеси и объём
зонда: V0  M . Тогда искомое время можно определить из выражения:
hd 2 t
P11  P2  2  ,
4RT 
4RTV0
t 

2
hd P1 1  P2  2 
V0 
Ответ: t 
(3 балла)
4RTV0

hd 2 P1 1  P2  2 
2. Проволочный каркас в виде тетраэдра ABDC подключен к
источнику постоянного тока. Точки подключения – A и B (см. рис.).
Сопротивления всех рёбер тетраэдра одинаковы и равны 1 Ом. Из
тетраэдра вырезали ребро AC, в результате чего сила тока во
внешней цепи уменьшилась на 4 А. Чему равно напряжение между точками AB? Чему
была равна сила тока во внешней цепи до исключения ребра AC?
Оценка задания № 2 – 15 баллов
Решение:
а) Эквивалентная схема:
(2 балла)
Полное сопротивление легко определить, если
сообразить, что потенциалы точек C и D одинаковы, и
поэтому тока на линии CD нет.
(2 балла)
Поэтому схему логично
заменить такой: (1 балл)
Тогда
1
𝑅0
1
1
1
1
= 1 + 2 + 2 = 2 => 𝑅0 = 2 (Ом) (1 балл)
Сила тока в цепи определится:
𝑈
𝐼0 = 𝑅 = 2𝑈 (А)
(1 балл)
0
б) Исключение ребра AC приведёт к следующей
эквивалентной схеме
(2 балла)
Полное сопротивление будет
1
1 1 3
2
= + = => 𝑅𝐷𝐵 = (Ом)
𝑅𝐷𝐵 1 2 2
3
2 5
𝑅𝐴𝐵(1) = 1 + = (Ом);
3 3
1
1
3
8
5
= 1 + 5 = 5 => 𝑅1 = 8 (Ом) (2 балла)
𝑅
1
Сила тока в цепи в этом случае
𝑈
8𝑈
𝐼1 = 𝑅 = 5 (А) (1 балл)
1
в) Согласно условию задачи 𝐼0 − 𝐼1 = 4 А => 2𝑈 −
(2 балла)
Сила тока 𝐼0 = 2𝑈 = 20 (А) (1 балл)
Ответ: 10 В, 20 А
8𝑈
5
= 4 =>
2𝑈
5
= 4 => 𝑈 = 10 (В)
3. В рентгеновской трубке мощностью 5 кВт электроны оказывают на пятно на
мишени диаметром 0,3 мм среднее давление 1000 Па. Каково рабочее напряжение
трубки? Масса электрона 9,1 ∙ 10−31 кг, заряд электрона 1,6 ∙ 10−19 Кл.
Для
эффективной работы трубки поверхность мишени наклонена под небольшим углом.
Оценка задания № 3 – 15 баллов
Решение:
Т.К. угол наклона мал, то его можно не учитывать и считать, что мишень
перпендикулярна потоку электронов.
(1 балл)
Зная давление и площадь пятна, можно определить силу, действующую со стороны
электронов на мишень:
3,14 ∙ (0,3 ∙ 10−3 )2
𝐹 = 𝑃 ∙ 𝑆 = 1000 ∙
= 7,065 ∙ 10−5 (Н)
4
Согласно II закону Ньютона
𝐹 ∙ 𝑡 = 𝑝1 − 𝑝0 , где 𝑝1 − p0
− изменение импульса всех электронов, достигших мишени
за время t. Т.к. мишень поглощает электроны, то 𝑝0 = 0 => 𝐹𝑡 = 𝑁𝑚𝑉, где N –
количество электронов, достигших мишени за время t, m – масса электрона, V – его
скорость.
𝑁
Отсюда 𝐹 = 𝑚𝑉
(4 балла)
𝑡
Это выражение легко преобразовать:
𝑁
𝑁𝑒 𝑚𝑉
𝑄 𝑚𝑉
𝐼
𝐹 = 𝑡 𝑚𝑉 = 𝑡 ∙ 𝑒 = 𝑡 ∙ 𝑒 = 𝑒 𝑚𝑉
(1 балл)
Где Q – полный заряд всех электронов, достигших мишени, I – сила тока в трубке.
В свою очередь, скорость электрона определяется из теоремы о кинетической энергии
(начальная скорость электронов равна 0):
𝑚𝑉 2
2𝑒𝑈
= 𝑒𝑈 => 𝑉 = √
, где U – искомое рабочее напряжение трубки.
2
𝑚
Подстановка в формулу для силы приводит к выражению
𝐼
2𝑒𝑈
𝐹 = 𝑒 𝑚√
(2 балла)
𝑚
В свою очередь, силу тока можно связать с напряжением через мощность трубки
𝑃𝑖
𝑃𝑖 = 𝐼𝑈 => 𝐼 =
𝑈
После подстановки выражение для силы принимает вид
𝐹=
𝑚 𝑃𝑖
𝑒
∙
𝑈
2𝑒𝑈
√
𝑚
2𝑚
= 𝑃𝑖√ 𝑒𝑈
(1 балл)
Отсюда легко выражается U:
𝑈=
2𝑚
𝑒
𝑃𝑖 2
(3 балла)
∙ (𝐹)
Подстановка даёт:
𝑈=
2∙9,1∙10−31
1,6∙10−19
5000
2
∙ (7,065∙10−5 ) = 56973 (В) ≈ 57 кВ
Ответ: 57 кВ
Примечание: Устройство рентгеновской трубки
(3 балла)
4. Вокруг
отрицательного
заряда -2qо вращаются по
круговой орбите, располагаясь
в
углах
правильного
шестиугольника со стороной а,
шесть
одинаковых
частиц
массой m и зарядом +q каждая
(|qо| = |q|). Заряд -2qо находится
в центре этого шестиугольника.
Определите угловую скорость
 движения частиц по орбите.
+q
+q
+q
-2q0
+q
Оценка задания № 4 – 15 баллов
v
+q
Решение:
+q
Для определения угловой скорости  достаточно рассмотреть движение одной из шести
частиц. Так как заряды равны по величине и расположены симметрично, то достаточно
рассмотреть силы, действующие на один из зарядов, например, q4.
(2 балла)
Запишем второй закон Ньютона в векторной форме
maцс  F14  F24  F34  F54  F64  Fo 4
,
(2 балла)
Поскольку заряды q3 и q4, q4 и q5 одинаковы и находятся на одном и том же расстоянии,
силы F34 и F45 по модулю одинаковы, также и заряды q2 и q4, q4 и q6, следовательно, силы
F24 и F46 по модулю одинаковы.
(3 балла)
Запишем второй закон Ньютона в проекциях на ось Х:
maцс  Fo 4  F14  2 F24 cos 300  2 F34 cos 600 , (1 балл)
2q0 q
q2
q2
3
q2 1
m a  k
k
 2k
 2k 2 ,
2
2
a2
3
a
2
a 2
 2a 
2
2q 2
q2
3 q2
q2
q2  3
3
m a  k 2  k

k 2  k 2  k 2  

a
4a 2
3
a
a
a 4
3  ,
2
2  k

q2  3
3
q2  9  4 3 


k



,
ma3  4 3 
ma3  4  3 
q
k 94 3 

 . (7 баллов)
2a ma  3 
Ответ:  
q
k 94 3 


2a ma  3 
5. На цилиндрическое основание радиусом R надет широкий цилиндрический
световод, показатель преломления которого уменьшается от внутреннего радиуса к
внешнему по закону n = n0 – kx при x << n/k, где n0, k – известные постоянные
величины. Определите, на каком расстоянии x от внутреннего радиуса нужно
запустить световой луч в световод, чтобы он обходил его по окружности постоянного
радиуса.
Оценка задания № 5 – 20 баллов
Решение:
рисунок
(2 балла)
Выделим в световоде тонкий слой радиуса x и
толщиной ∆x<<x. Получим световой канал с внутренним
радиусом R + x и внешним R + x + ∆x (см. рисунок) с
постоянным показателем преломления n = n0 – kx.
(4 балла)
Для того, чтобы световой луч не покидал данный
тонкий слой, необходимо, чтобы на внешней границе
этого слоя выполнялось условие полного внутреннего
отражения:
n(x)∙sinα = n(x+∆x)∙sin(90o).
(3 балла)
где
n(x) = n0 – kx,
n(x+∆x) = n0 – kx – k∆x.
(2 балла)
Из прямоугольного треугольника на рисунке
sinα = (R + x)/(R + x + ∆x).
(2 балла)
Подставляя эти выражения в условие полного внутреннего отражения, получим:
(n0 – kx)∙(R + x)/(R + x + ∆x) = n0 – kx – k∆x.
Приведём к общему знаменателю правую и левую часть равенства, раскроем скобки
и сократим подобные слагаемые:
(n0 – kx)∙(R + x) = (n0 – kx – k∆x)∙(R + x + ∆x).
n0R + n0x – kxR – kx2 = n0R + n0x – kxR – kx2 + n0∆x – kx∆x – k∆xR – k∆xx – k∆x2.
0 = n0∆x – 2kx∆x – k∆xR – k∆x2.
0 = n0 – 2kx – kR – k∆x.
(4 балла)
Учтём, что ∆x<<x (пренебрежём последним слагаемым)
(2 балла)
и выразим искомое расстояние x:
x = (n0 – kR) / 2k = (n0 / k – R) / 2.
(1 балл)
Ответ: x = (n0 – kR) / 2k = (n0 / k – R) / 2.
6. В два одинаковых неподвижных кубика попадают пули. В первый кубик попадает
пуля массой m1 и застревает в нём, во второй – пуля массой m2 и пробивает его
насквозь. После этого кубики начинают двигаться с одинаковыми скоростями.
Определите, во сколько раз масса первой пули меньше массы кубика, если масса
второй пули меньше в l раз массы первой, а в первом кубике выделится в n раз меньше
тепла, чем во втором. Пули до попадания в кубики имели одинаковые импульсы.
Уменьшением массы второго кубика пренебречь. Укажите условия, накладываемые на
l и n, чтобы решение было возможным.
Оценка задания № 6 – 20 баллов
Решение:
рисунок
(1 балл)
Запишем законы сохранения импульса и полной энергии системы «пуля-кубик» для
обоих случаев:
(1)
m1v1  (m1  M)V ,
m2v2  MV  m2v/2 ,
(2)
m1v12 (m1  M )V 2

 Q1 ,
2
2
m2v22
MV 2 m2v/2 2


 Q2 ,
2
2
2
(3)
(5 баллов)
(4)
Учтём, что импульсы пуль изначально равны:
m1v1  m2v2 ,
(5)
(1 балл)
Из (1) и (2) выразим скорость второй пули после пробивания кубика v':
V 
m2v2 
m1v1
m2v2

m1  M
m1  M
Mm2v2
 m2v/2 ,
m1  M
v2 
,
(6)
Mv 2
 v/2 ,
m1  M

m  M  M 
 m1 
M 
  v2  1
  v2 

v/2  v2 1 
m

M
m

M
m

M




 1

1
1
(7) (3 балла)
Из (3) и (4) выразим количество тепла, выделившегося в каждом кубике:
m1v12 (m1  M )V 2
m1v12 m1v12
m1
Q1 

 (1) 


2
2
2
2 (m1  M )
m1v12

2

m1  m1v12
1 
 
m

M
2


1
 M 


m

M
 1

m2v22 MV 2 m2v/2 2
Q2 


 (6)( 7) 
2
2
2
m v2 m v2
m2 M
m2v22
 2 2  2 2

2
2 (m1  M ) 2
2
2
 m1 

 
m

M
 1


m M  m12  m2v22  2m1 M  M 2  m2 M 
1  2


 
2 

2 
(m1  M ) 2
m1  M  


m22v22  2m1 M  M 2  m2 M 
m12v12  2m1 M  M 2  m2 M 

  (5) 

 

2
2m2 
(m1  M ) 2
2
m
(
m

M
)


2 
1
m2v22

2
m1v12

2
 m1 ( 2m1 M  M 2  m2 M ) 


2
m
(
m

M
)


2
1
(3 балла)
По условию Q2/Q1 = n.
m1v12
2
 M 
m1v12  m1 ( 2m1 M  M 2  m2 M ) 

  n 

 ,
2 
m2 (m1  M ) 2
 m1  M 

2m12 M  m1 M 2  m1m2 M
,
nM 
m2m1  m2 M
nm1m2 M  nm2 M 2  2m12 M  m1M 2  m1m2 M ,
nm1m2  nm2 M  2m12  m1M  m1m2 ,
(2 балла)
Учтём, что m2 = m1/l.
nm12 nm1M
m12
2
,

 2m1  m1M 
l
l
l
nm1  nM  2lm1  lM  m1 ,
nM  lM  2lm1  nm1  m1 ,
(n  l ) M  (2l  n  1)m1 ,
(2 балла)
Окончательно:
M ( 2l  n  1)
.

m1
(n  l )
Очевидно, что n и l должны удовлетворять условиям:
1) n > l > 1,
2) 2l  n  1.
Ответ:
M ( 2l  n  1)

.
m1
(n  l )
(1 балл)
(2 балла)