Факультет Физической и Квантовой Электроники Решения задач

Московский Физико-Технический Институт
(государственный университет)
Факультет Физической и Квантовой Электроники
Решения задач
10-й традиционной заочной
физической олимпиады
школьников
Долгопрудный 2007
1. По двум кольцевым дорогам движутся автомобили 1 и 2 с постоянными скоростями v1=v=30 км/ч
и v2=2v. Радиус первой дороги R=200 м, второй – 1,5R. Центр окружности
второй дороги лежит на дорожном полотне 1 трассы. Найдите скорость 1
автомобиля относительно 2 (т.е. скорость 1 автомобиля в системе отсчета,
жестко связанной со 2 автомобилем):
1) когда 1 автомобиль в т. А, а 2 автомобиль в т. В;
2) при дальнейшем движении, когда 1 автомобиль окажется в т.О2.
1)Т.к. R=200 м намного больше размеров автомобилей, то их можно считать материальными
точками. Рассмотрим систему отсчета Оху, жестко связанную со 2 автомобилем. Пусть ось Ох
всегда направлена вдоль скорости автомобиля, а ось Оу – перпендикулярно ей через точку O2(см.
рис.). Т.к. автомобиль движется, то система координат Оху
будет двигаться, причем ось Оу будет совершать вращение
вокруг точки O2 с постоянной угловой скоростью
υ
2υ
.Для того, чтобы тело, находящееся в точке А
ω= 2 =
1,5 R 1,5 R
было неподвижно в системе отсчета Оху, необходимо, чтобы
оно также вращалось с угловой скоростью ω вокруг точки O2:
v1пер v 1пер
2υ
2R
8υ
=
=ω =
. Откуда v 1пер =
⋅ 2υ =
. Если бы
О2 А
2R
1, 5 R
1, 5 R
3
1-й автомобиль , находясь в точке А, имел скорость v1пер , то
он был бы неподвижен в системе Оху. В действительности же
он имеет скорость v1 , поэтому его скорость в системе отсчета Оху равна υ 1отн = υ 1 − υ 1пер . В
проекциях на ось Ох: υ 1отн = υ 1 − υ 1пер = υ −
8υ
5υ
=−
= −50 км ч , т.е. υ 1отн направлена против
3
3
направления оси Ox.
2) Когда 1 автомобиль окажется в т.O2, то υ 1пер = 0 (точка О2 не движется в системе Оху), значит
υ 1отн = υ 1 − υ 1пер = υ 1 , υ 1отн = 30 км ч .
Ответ: 1) υ 1отн = 50 км ч ; 2) υ 1отн = 30 км ч .
2. Пакет молока поставили на горизонтальный стол и отклонили на некоторый угол от вертикали.
Пакет “заваливается” на стенку, если угол его отклонения от вертикали превышает α = 30° .
Определить уровень молока в не наклоненном пакете, если дно квадратное со стороной a=8см.
Массой пакета можно пренебречь.
Пусть искомая высота молока в не наклоненном пакете
равна h .
Достроим AOCD до треугольника AOB.
E ― геометрический центр (центр масс) AOB , т.е.
точка пересечения его медиан. F ― геометрический
центр DCB (точка пересечения медиан).
Проделаем мысленно следующую манипуляцию:
заполним пространство DCB двумя веществами: с
плотностями + ρ и − ρ . Такая операция ничего не
изменит, а лишь поможет более просто вычислять
момент, создаваемый силой тяжести молока в пакете.
Тогда мы рассмотрим пространство AOB с нормальной плотностью + ρ (сила тяжести направлена
вниз) и пространство DCB с “аномальной” плотностью − ρ (сила тяжести направлена вверх).
2h
Пусть AB = x DB = y , тогда AO = x sin α DC = y sin α
(*)
AO + DC = 2h ⇒ x + y =
sin α
a
(**)
OB = x cos α CB = y cos α
⇒ x− y =
a = OB − CB
cos α
∠MOB = ∠MBO = α
x
2
2x
OE 1 = OE cos 2α = OM cos 2α =
cos 2α = cos 2α
3
32
3
S
AOB
= 12 x 2 sin α cos α , тогда момент, создаваемый AOB равен M E = 12 x 2 sin α cos α i
x
cos 2α
3
y
2
CN cos 2α = cos 2α
3
3
2
1
= 2 y sin α cos α тогда момент, создаваемый DCB равен
С 1F1 = CF cos 2α =
S
DCB
y2
y
⎛
⎞
sin α cos α i ⎜ a cos α + cos 2α ⎟
2
3
⎝
⎠
В случае когда пакет отклонён на максимальный угол, устанавливается неустойчивое равновесие,
поэтому моменты равны M F = M E т.е. ( x 3 − y 3 ) cos 2α = 3ay 2 cos α . Подставляя x и y из (*) и
MF =
p2 2
3ah a 2
tg α = −
+
Это квадратное уравнение
4
tg α 2
относительно h, подставляя значения tg α и a из условия, находим h 12 , 9 см
Ответ: h 12 , 9 см
(**), после упрощения получаем: −3h 2 −
3. К потолку приклеили длинную невесомую липкую ленту так, что часть
ленты свисает. На неё вешают груз массой m = 1 кг. Для отрывания единицы
длины ленты требуется энергия Q = 2 Дж/м . Найти ускорение груза в
установившемся движении. Считать, что колебания отсутствуют. Ускорение
свободного падения g = 10 м/с 2 .
Пусть в установившемся движении свисающая часть ленты груза находится под углом α к
горизонтали .
α
Δr
2l sin = Δr , откуда l =
α
2
2 sin
2
Для работы по отклеиванию маленького кусочка ленты запишем:
π α
α
Δr
Ql = Q
= T cos( − )Δr = T sin Δr , откуда
α
2 2
2
2 sin
2
Q
Q
,
T=
=
1 − cos α
2 α
2 sin
2
где Δr ― перемещение груза, T ― сила натяжения ленты.
Запишем уравнения движения груза:
α
cos α
α
⎧
⎧
⎪⎪ma sin 2 = Q 1 − cos α
⎪⎪ma sin 2 = T cos α
Таким образом: ⎨
⎨
⎪ma cos α = mg − Q sin α
⎪ma cos α = mg − T sin α
⎪⎩
2
2
1 − cos α
⎩⎪
Решая эти уравнения, получим:
α
⎧
⎪ cos 2
2mg
=
= 10
⎪
α
Q
⎪⎪ sin 3
2
⎨
⎪
cos α
⎪a = g
α
⎪
cos
⎪⎩
2
Ответ: a =
3
2 5
откуда:
g ≈ 6,57 м/с2
⎧ α
⎪⎪ctg 2 = 2
⎨
⎪a = 3 g
⎪⎩
2 5
откуда: a =
3
2 5
g.
4. В густом тумане из мелких капелек воды зарождается «суперкапля» шаровой формы, которая
захватывает по пути мелкие капельки. Она начинает движение с нулевой массой и без начальной
скорости. Известно, что «суперкапля» движется с постоянным ускорением. Считая все соударения
абсолютно неупругими, найдите это ускорение. Ускорение свободного падения g считать постоянным
в течение всего времени падения.
Пусть m и r - масса и радиус капли в данный момент, n - концентрация частиц в тумане, m0-масса
отдельной частицы тумана, ρ - плотность капли. Рассмотрим малый промежуток времени dt .
Приращение массы за это время составит, с одной стороны, dm = 4π r 2 ρ dr , а с другой стороны:
“суперкапля” увеличивает массу за счет того, что захватывает все частицы тумана на своем
пути υ dt (т.е. капли в объеме π r 2 ⋅υ dt ), тогда: dm = m0 ⋅ n ⋅ π r 2 ⋅υ dt (1), где υ - скорость в
dr m0 nυ
рассматриваемый момент времени. Отсюда находим связь между dt и dr :
=
. Учитывая,
dt
4ρ
что за время dt капля со скоростью υ проходит расстояние dl , последнее равенство приводится к
m ndl
виду: dr = 0
4ρ
Проинтегрировав левую часть по dr , а правую по dl (в данном случае вследствие линейной
зависимости можно было просто просуммировать), учитывая что начальная скорость капли равна 0
и её радиус в начале движения равен 0, получаем:
m nL
(2),
r= 0
4ρ
где L-расстояние, пройденное каплей, а r-её радиус. Запишем второй закон Ньютона:
dp
F=
= mg (3)
dt
Так как по определению p = mυ , то (3) приводится к виду:
dυ
dm
+υ
= mg
m
dt
dt
Подставляя в найденное выражение (1), находим: mg = ma + m0π r 2 nυ 2
4
Получаем, что π r 3 ρ ( g − a ) = m0π r 2 nυ 2 или после сокращения
3
2
3m n υ
3υ 2
r= 0
. Пользуясь выражением (2), получаем L =
. Сравнивая полученный результат с
g −a
4ρ g − a
формулой для перемещения при равноускоренном движении без начальной скорости L =
получаем
υ2
=
υ2
2a
,
3υ 2
g
⇒a= .
g −a
7
2a
g
Ответ: a = ≈ 1, 4 м/с 2 .
7
5. Для получения низкого вакуума до 1 ÷ 0.1 Па физики использовали форвакуумный насос, но в
процессе откачки воздуха из камеры объемом V = 1 л выяснилось, что вакуум не падает ниже 10 Па ,
причем в начале откачки спад давления идет экспоненциально (см. рис.). Определить какую течь Q ,
т.е. поток газа (масса газа за одну секунду), имеет вакуумная установка. Начальное давление в камере
составляло р0=1 атм , а процесс откачки считать изотермическим, при Т = 27 C.
Пусть насос имеет производительность W [л/с] , т.е. за время t насос откачивает V = W ⋅ t
литров газа из камеры.
При достижении предельного вакуума p пред = 10 Па наступает равновесный режим, когда насос
откачивает ровно такую массу газа, которая попадает в камеру в результате течи
p пред V μ
= m=Q t .
RT
Таким образом, что должно выполняться равенство:
RT
p предW =
Q
(1)
μ
Значение W можно определить из графика. Нужно провести
касательную к данной кривой в начальной точке р(0) и найти
точку пересечения с временем оси t ⇒ τ = 200 сек. Это
V
время задает скорость откачки: W =
τ
(2)
Из (1) и (2) ⇒
p предV μ 10 Па i 1 ⋅10 −3 м 3 i 0 , 029 кг моль
Q=
=
= 5 , 82 ⋅10 −10 кг с
RTτ
К
с
8 , 31 К Дж
i
300
i
200
моль
Ответ: Q = 5 ,82 ⋅10 −10
кг
с
6. В 1913 г. Томсон пропускал положительные ионы через параллельные электрическое и магнитное
поля. Из-за различия скоростей частиц, на экране оставался «след». Неожиданный результат Томсон
получил при изучении неона: наблюдалось два следа (см. рис., точка 0 – пятно, наблюдавшееся при
отсутствии полей). Объясните явление и найдите массу ионов неона, если E = 1500 В м , B = 0, 05 Тл ,
l = 2, 5 см , L = 25 см .
В проекции на плоскость Оxz ион движется по дуге окружности: m
v2
mv
. Из
= eBv ⇒ r =
r
eB
конструкции прибора видно, что частицы отклоняются под
l
небольшими углами, поэтому α ≈ tg α ≈ sin α = . Тогда
r
l LleB
LleB
x = Ltgα + r (1 − cos α ) ≈L ⋅ =
, откуда v =
. Время
r
mv
mx
αr l
≈ . За это время
пролета ионом области полей равно t =
v v
eE
t,
частица успевает набрать скорость в у-направлении v y =
m
поэтому
1 eE 2
L
eE ⎛ 1
L ⎞ eEl ⎛ l
⎞ eELl
=
y=
t + vy ⋅
t⎜ t +
⎟ ≈ 2 ⎜ + L⎟ ≈ 2 .
2 m
v cos α m ⎝ 2 v cos α ⎠ mv ⎝ 2
⎠ mv
eB 2 Ll y
С учетом полученного выражения для скорости получаем: m =
⋅ 2 . Из графиков определяем
E
x
⎧20 а.е. м.
y ⎧20 для верхнего следа
отношение 2 = ⎨
, следовательно m = ⎨
. Два следа возникло в
x
⎩22 а.е. м.
⎩22 для нижнего следа
результате того, что неон представляет смесь изотопов
Ответ: изотопы
20
10
Ne и
22
10
20
10
Ne и
22
10
Ne .
Ne с массами 20 а.е.м. и 22 а.е.м. соответственно.
7. В вершинах плоского ромба ABCD закрепили точечные заряды Q A = QC и QB = QD . Отношение
частот малых колебаний пробного заряда, изначально помещенного в центр ромба, вдоль каждой из
диагоналей равно p . Чему равно отношение Q A QB , если отношение длин диагоналей равно n ?
Введем прямоугольную декартову систему координат с центром в равновесном положении
пробного заряда – пересечении диагоналей ромба. Поскольку эти диагонали перпендикулярны, то
направим оси абсцисс и ординат по направлениям CA и DB соответственно, а ось аппликат –
перпендикулярно плоскости ромба. Запишем выражение для потенциальной энергии пробного
заряда при малом его смещении вдоль оси абсцисс:
2b 1 − (x / b) 2
qQ A qQ A
2qQ B
2a
2 b2 − x2
a2 + x2
≈
+
+
= qQ A 2
+
≈
+
qQ
2
aqQ
qQ
B
A
B
a−x a+x
a −x2
a4
b2
b2 + x2
b4 − x4
.
2qQ A 2qQ B
Q ⎞
⎛Q
≈
+
+ 2q ⎜ 3A − B3 ⎟ x 2 . Членами x 4 по сравнению с a 4 и b 4 можно пренебречь.
a
b
2b ⎠
⎝a
По закону сохранения энергии
4q ⎛ Q A Q B ⎞
m
−
U x + x 2 = const , откуда ω x2 =
⎜
⎟.
m ⎝ a 3 2b 3 ⎠
2
Ux =
4q ⎛ Q B Q A ⎞
−
⎜
⎟ . Здесь обозначено AC = 2a , BD = 2b , ω x и ω y - частоты малых
m ⎝ b 3 2a 3 ⎠
гармонических колебаний вдоль соответствующих осей, q и m - заряд и масса пробного заряда.
Введем отношения:
Q
ω
a
= n, x = p, A =α .
QB
b
ωy
Тогда, зная выражения для частот, получим:
Аналогично ω y2 =
p =
2
2
α
n3
2−
Ответ:
−1
α
, откуда α = n 3
2 p2 +1
.
p2 + 2
n3
QA
2 p2 +1
= n3 2
.
QB
p +2
8. Жесткая прямоугольная металлическая рамка подвешена на непроводящих
шарнирах (см. рис.). Рамка находится на магнитном полюсе Земли
(В=6,5·10-5Тл). Стороны AB, BC,CD лёгкие и сверхпроводящие. Сторона AD
выполнена из медного стержня. Рамку слегка толкнули так, что она стала
совершать малые колебания. Определить через какое время амплитуда
колебаний уменьшится на η=0,01.Трением и индуктивностью рамки
пренебречь. Плотность меди ρ=8960 кг/м3 . Удельная электрическая
проводимость меди γ=5,9·107 Ом-1·м-1.
После того, как рамка получила импульс, её энергия
mυ02 mω 2 A2
W0 =
=
где ω - циклическая частота колебаний, А-амплитуда колебаний рамки
2
2
Через время t амплитуда колебаний уменьшится на η = 0 , 01 , т.е. энергия рамки станет:
m υ 12
m ω 2 A 2 (1 − η ) 2
W1 =
=
2
2
Энергия, которую потеряла рамка, выделилась в виде джоулева тепла при протекании тока через
сопротивление (медный стержень). Т.к. колебания малые, то их можно считать гармоническими.
1 2
Тогда выделилось тепло Q = I max
Rt .
2
1 2
1 2
I max Rt
⇒
mω 2 A2η = I max
Rt
2
2
Определим максимальный ток через рамку. Пусть размеры рамки: AD=a AB=b
Магнитный поток через рамку Φ = B ⋅ ab sin ϕ , где ϕ -угол на который рамка отклонилась от
положения равновесия. С учётом, что угол отклонения мал: Φ = B ⋅ ab sin ϕ ≈ B ⋅ ab ϕ
Ei = IR = − d Φ = Bab dϕ = Bab ⋅ ωϕ max cos ωt , R-сопротивление медного стержня
dt
dt
1 B 2 a 2 A2ω 2
BaAω
2 2
⇒ mω A η =
t (*)
bϕ max b sin ϕ max = A , тогда I max =
R
2
R
W 0 − W1 =
Обозначим S – площадь поперечного сечения медного стержня, тогда его сопротивление: R =
а его масса: m = ρaS . Подставляя полученные данные в (*) получаем ответ: t =
a
γS
2 ρη
≈ 12 мин.
γB 2
9.
Маленькое зеркало, массой m=2 г висит на нерастяжимой невесомой нитке,
длиной l=2м (см. рис.). Перпендикулярно плоскости зеркала в его центр направлен
лазер, работающий в импульсном режиме, длительность импульса τ = 8 ⋅10 −6 с ,
средняя мощность импульса W = 2 ⋅10 5 Вт , а частота импульсов ν=5 кГц. После
того как лазер включили, маятник стал совершать колебания. Найти их амплитуду и
максимальную силу натяжения нити.
Средняя мощность лазера за время t τ равна P = Wτ v . Сила, с которой лазерное излучение
P
действует на зеркало F = 2 cos α , где α - угол между нормалью к плоскости зеркала и
c
направлением лазера. В начальный момент α = 0 , но при колебаниях зеркало слегка наклоняется.
P
Wτ v
. После того как лазер
Считая колебания малыми, полагаем cos α 1 , тогда F = 2 = 2
c
c
включили, у маятника изменилось положение равновесия. Найдем его. Условие равновесия:
Wτ v
. Маятник будет совершать колебания с угловой амплитудой ϕ , тогда амплитуда
mg tg ϕ = 2
c
2Wτ v l
≈ 5 , 4 мм . Запишем ЗСЭ для момента, когда маятник вертикален и
колебаний X = lϕ =
c mg
для момента, когда оп проходит новое положение равновесия: A = E мех
FX = mgl (1 − cos ϕ ) +
mυ 2
.Подставляя найденные значения F и X, и учитывая, что при малых
2
2
l ⎛ 2Wτ v ⎞
углах cos ϕ = 1 − 2 sin
≈ 1−
. Сила натяжения нити будет
mg ⎜⎝ c ⎠⎟
2
2
максимальна, когда зеркальце будет проходить положение равновесия. Введем новое ускорение
2
ϕ
ϕ2
, находим: mυ 2 =
2
⎛F⎞
g ′ = g + ⎜ ⎟ , которое направлено под углом ϕ к вертикали. Тогда колебания можно
⎝m⎠
рассматривать как свободные колебания маятника в поле тяжести g ′ .
2
2
T max = mg ′ +
2
mυ 2
1 ⎛ 2Wτ v ⎞
⎛ Wτ v ⎞
= m 2g 2 + ⎜ 2
⎟ +
⎜
⎟ С учетом того, что F
l
mg ⎝ c ⎠
⎝ c ⎠
mg :
T max = m 2 g 2 + F 2 +
T max = mg + 6
F2
mg
2
⎛ 1 F2 ⎞ F2
3 1 ⎛ 2W τ v ⎞
. Итак,
mg ⎜1 +
mg
+
=
+
⎟
2 2
2 mg ⎜⎝ c ⎟⎠
⎝ 2 m g ⎠ mg
W 2τ 2v 2
≈ 0 , 02 Н
mgc 2
10. На прямой круговой конус с углом полураствора α = 12° внутрь падает плоская световая волна
так, что ее фронт перпендикулярен оси конуса. Внутренняя поверхность конуса зеркальная. Во
сколько раз изменится сила светового давления на конус, если его поверхность зачернить?
Каждый луч будет отражаться в плоскости, содержащей
ось конуса (из симметрии), поэтому достаточно
рассмотреть ход луча в одной такой плоскости.
Вместо того, чтобы рассматривать в конусе луч,
претерпевающий многократное отражение от внутренних
боковых поверхностей, рассмотрим эти зеркальные
поверхности, отраженные друг в друге (см рис.). Таким
образом, не проводя весьма утомительное и кропотливое
построение хода луча внутри конуса, мы можем найти
угол, под которым он отразится от последней
поверхности (если бы было надо, то можно найти угол
отражения от любой поверхности, 1-й, 2-й и т.д.).
Итак, исходя из построения можно сделать вывод, что луч в конце концов отразится от нижней
поверхности под углом 2 ⋅12° ,след. под углом 12° к оси конуса. Таким образом, приходим к
выводу, что конус “разворачивает” каждый луч на Δϕ = 180 −12° = 168 .
Теперь рассмотрим два фотона, обладающие импульсом p . Один падает на конус с зеркальными
внутренними стенками, второй на конус с зачернёнными внутренними стенками. Первый
развернётся на Δϕ и полетит назад, а второй остановится. Тогда изменение горизонтальной
p = p (1 − cos ϕ ) , изменение импульса же второго
F = p / t . Следовательно, после зачернения внутренней
составляющей импульса первого фотона
p = p . Сила давления света
(
поверхности сила давления света уменьшится в k = (1 − cos Δϕ ) = 1 − cos (168
(
Ответ: k = 1 − cos (180 − 12
))
1,978 раз.
Оргкомитет: Батурин А.С., Кудряшов А.В., Радар Ю.В., Филиппов С.Н.
))
1,978 раз.
Рецензент: Слободянин В.П.
Рисунки и верстка: Радар Ю.В., Филиппов С.Н.
Авторы задач: Филиппов Сергей (1,6), Дьяконов Глеб и Швецов Сергей (2), Тарнопольский Григорий (3),
Малеев Алексей (4), Новиков Сергей (5), Траньков Сергей (7), Радар Юрий (8, 9, 10).