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 hd 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 P1hd 2 1 4RT , m2 2 (3 балла) RT . P2 hd 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 P1hd 2 1 t , 4RT M 2 m2 Общая масса смеси в зонде через время t: t P2 hd 2 2 t . 4RT hd 2 t P11 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: hd 2 t P11 P2 2 , 4RT 4RTV0 t 2 hd P1 1 P2 2 V0 Ответ: t (3 балла) 4RTV0 hd 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 94 3 . (7 баллов) 2a ma 3 Ответ: q k 94 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)