КИРОВСКАЯ ЛЕТНЯЯ МНОГОПРЕДМЕТНАЯ ШКОЛА (ЛМШ)
реклама
Решения заданий вступительной работы по физике на заочное обучение и в ЛМШ – 2012 1 (6). «Воздушный шарик». Надуйте воздушный шарик и отпустите его. Опишите особенности его движения (как он движется сразу после отпускания и в конце свободного полета). Что вызывает движение шарика, а что мешает двигаться? Решение. Если выходное отверстие у шарика не закрывать, шарик придет в быстрое движение за счет вырывающейся из него струи воздуха. При своем движении шарик будет испытывать сопротивление со стороны окружающего воздуха. Поскольку шарик обычно недостаточно симметричен, его движение будет криволинейным. Если перед тем, как отпустить шарик, перекрыть выходное отверстие, то шарик будет падать вертикально вниз. Вначале шарик будет разгоняться, а потом его движение установится за счет сопротивления со стороны окружающего воздуха. 2 (6). «Тушь в воде». Возьмите прозрачный стакан с холодной водой (вода должна быть неподвижной), в центр стакана из шприца выдавите капельку туши (чернил). Опишите и объясните наблюдаемые явления. Как изменится результат опыта, если вода будет горячей (кипяток) Решение. Если капнуть капельку туши в холодную воду, видно как тяжелые частички туши падают ко дну и вблизи дна расходятся в стороны. Если капать в горячую воду, заметно усиливается проникновение частичек туши в соседние слои воды по мере их падения (наблюдается явление диффузии), в результате вода на всех уровнях стакана становится мутной. Такое усиленное проникновение частичек туши по всему объему воды обусловлено тем, что молекулы воды двигаются быстрее в случае горячей воды. 3 (6-7). «Трудно открыть…». Закручивающиеся крышки на банках с различными солениями при первом откручивании бывает сложно открыть. Укажите, чем обусловлены эти затруднения. Предложите способы, с помощью которых крышку можно было бы легче открутить. Решение. Обычно осуществляется горячее консервирование, и поэтому, когда содержимое банки остывает, плотно закрытая крышка дополнительно «присасывается» к банке за счет возникающего внутри банки разрежения. В результате чего при попытке открутить крышку между крышкой и банкой возникает большое трение. Чтобы уменьшить эффект «присасывания» крышки, можно нагреть банку в горячей воде и снова попробовать открутить крышку, если это не помогло, можно аккуратно подковырнуть крышку чем-нибудь металлическим, чтобы под крышку смог попасть воздух снаружи. После этого открыть крышку не должно составить большого труда. 4 (6-7). «Квадратные колеса». Предложите поверхность, по которой может перемещаться тележка с квадратными колесами так, чтобы она двигалась поступательно вдоль горизонтальной линии (все части тележки, кроме колес, не меняют своего положения по вертикали). Решение. На рис. 1 качественно представлена форма поверхности, при движении по которой ось вращения колес будет оставаться на одной и той же высоте. Поверхность имеет холмообразный рельРис. 1 еф с прямоугольными впадинами. 1 5 (8). «Качание на стуле». Стул поставили на палас, затем слегка отклонили за спинку назад и отпустили, при этом стул вернулся в исходное положение. При ударе о палас стул немного сместился. В какую сторону произошло смещение стула и почему? Как изменится смещение стула, если провести тот же опыт, располагая стул на гладкой поверхности? Решение. Когда стул располагался на паласе, при его падении на задние ножки действовала сила трения покоя, именно она, будучи внешней силой, вызывала разгон центра масс стула по направлению падения. Непосредственно перед тем, как стул коснулся поверхности паласа передними ножками, его центр масс имел некоторую скорость, которая не может сразу обнулиться из-за явления инерции, в результате стул проскальзывает небольшое расстояние по ходу движения (вперед) и останавливается. Если стул поставить на гладкую поверхность, то его центр масс не будет смещаться по горизонтали, так как нет внешних сил, вызывающих такое смещение. Таким образом, при переходе стула в обычное положение задние ножки скользят назад, а передние – вперед. 6 (8). «Навигатор». После выбора пункта назначения навигатор в автомобиле начинает прокладывать оптимальный маршрут движения с указанием рекомендуемой скорости движения, поворотов, которые нужно выполнить по истечению указанных промежутков времени. Во время очередной поездки навигатор отображал следующую информацию: Время, мин 0-10 10-30 30-40 40-60 Скорость, км/ч 60 72 66 54 Поворот направо налево налево остановка Считая, что автомобиль движется с учетом рекомендаций навигатора, по полученным данным 1) нарисуйте траекторию движения автомобиля на координатной плоскости хОy, учитывая, что автомобиль начал движение из начала координат в положительном направлении оси Оy; 2) найдите путь, который был пройден автомобилем за все время движения; 3) вычислите среднюю скорость автомобиля; 4) найдите перемещение автомобиля (в случае, если автомобиль выполняет повороты на угол, равный 90°). Решение. Траектория движения автомобиля изображена на рис. 2. Путь, пройденный автомобилем за все время движения, найдется как сумма на отдельных участках s s1 s2 s3 s4 , или s 1 t1 2 t2 3 t3 4 t4 . 1 6 1 3 1 6 1 3 Численно: s 60 72 66 54 10 24 11 18 63 ( км ) . Средняя скорость автомобиля ср Численно: ср s t полн y E . 63 63 (км / ч) . 1 D C B A Найдем перемещение автомобиля в частном случае, полагая, что автомобиль выполняет повороты на угол, равный 90°. В такой случае перемещение автомобиля OD (рис. 2) можно найти из прямоугольного треугольника OED: x О Рис. 2 OD (OA AE) 2 ( AB CD) 2 (10 11) 2 (24 18) 2 441 36 21,8 (км) . 7 (8). «Сырой песок». Если стоять на краю песчаного берега реки, то под ногами песок продавливается и вокруг ног выступает вода. Стоит отойти в сторону, вода уходит в песок. Объясните наблюдаемое явление. 2 Решение. Стоя на сыром песке, человек оказывает большое давление, так что песок под ногами разъезжается, и по краям ног видно, как выступает вода. Все дело в том, что вода без существенных затруднений проникает между песчинками на уровне воды в водоеме. Когда ноги, продавливая песок, также оказываются на уровне воды в водоеме, наблюдается явление выступания воды вокруг ног. Как только человек отходит в сторону, вода за счет сил межмолекулярного притяжения стягивает песок и скрывается под тонким слоем песчинок. Данный эффект виден, если кратер, образованный ногами, имеет небольшие размеры. 8 (8). «Особенности консервирования». При консервировании продуктов в домашних условиях сразу после закатывания банку рекомендуется ставить вверх дном и оборачивать полотенцем. Поясните с точки зрения физики смысл такой рекомендации. Решение. Банку ставят вверх дном для того, чтобы проверить плотность закрутки. В том случае, если она осуществлена не герметично, вода будет просачиваться (около банки образуется лужица), а из-под резинки крышки будут всплывать пузырьки. В этом случае консервация не будет долго храниться. Оборачивание банки полотенцем осуществляется с целью замедления процесса остывания содержимого, что позволяет выдержать продукты консервирования для полной термической обработки. 9 (8-9). «Пишущий стержень». Возьмите обычный пишущий стержень из-под шариковой ручки. 1) Определите длину ровного непрерывного следа чернил, который оставит стержень при письме, если уровень чернил в нем опустится на 1 см. 2) Оцените среднюю толщину следа чернил на бумаге. В эксперименте используйте следующее оборудование: стержень, ножницы, миллиметровую бумагу, линейку. Решение. 1) Чтобы определить длину следа, который оставит стержень, можно, например, вдоль линейки проводить одинаковые линии (длиной L0) до тех пор, пока столбик чернил в стержне не опустится на h = 1 см, и затем посчитать количество сделанных линий (N). Тогда искомая длина следа чернил составит L = N·L0. Искомая длина следа составляет порядка 100 ÷200 м (отличается для разных стержней). (3 балла) 2) Для оценки толщины следа чернил можно по-разному представить объем расходуd 2 h , где d – внутренний диаметр стержня, с емых чернил. С одной стороны, V S h 4 другой стороны, V L x z , где L, х, z – соответственно длина, ширина и толщина следа d 2 h d 2 h L x z , отсюда z чернил на бумаге. Итак, . Неточность определения вели4 4 Lx чины z, прежде всего, вызвана оценочным определением ширины следа x путем прикладывания чертежной линейки к чернильному следу (величиС на x составляет примерно 0,15 – 0,30 мм). B Для нахождения внутреннего диаметра трубки стержня можно воспользоваться следующим метоd дом: из миллиметровой бумаги аккуратно вырезается D А О тонкий прямоугольный треугольник (клин), вставляется в стержень (рис. 3), и отмечается положение АВ. Рис. 3 Из подобия треугольников ОВА и ОСD: АВ OA . ТаDС OD ким образом, измерив расстояния ОА, ОD, DC, достаточно точно можно определить внутренний диаметр стержня: d AB OA DC . Если определять АВ не из подобия, а OD 3 непосредственно, то при хорошем зрении, на глаз, можно гарантировать точность измерения до 0,2 мм. Численно искомая толщина следа чернил составляет порядка 1 ÷2 мкм (отличается для разных стержней). (7 баллов) 10 (8-9). «Аквариум». Аквариум в форме прямоугольного параллелепипеда полностью заполнен водой и закрыт со всех сторон жесткими герметичными стенками (рис. 4). Когда аквариум стоит на дне с квадратным основанием, то сила давления на дно в 2 раза больше, чем суммарная сила давления на боковые стенки сосуда. Определите, во сколько раз изменится сила, действующая на квадратное основание аквариума, если аквариум поставить на боковую грань. Давление воды у верхней стенки аквариума считать пренебрежимо малым. Решение. Аквариум стоит на дне с квадратным основаниРис. 4 ем. Сила давления на квадратное дно Fкв. 1 gh a 2 (1), где – плотность воды, h – высота аквариума, а – сторона квадратного основания. Площади четырех боковых стенок аквариума одинаковы, следовательно, суммарная сила давления на боковые 1 2 стенки Fбок. 1 4 gh ah 2 gah 2 (2). Согласно условию Fдно 1 2Fбок. 1 , тогда с учетом равенств (1) и (2): gha 2 2 2gah 2 , отсюда h задачи: a . 4 Поставим аквариум на боковую грань, тогда сила давления на квадратную стенку ак1 2 вариума равна Fкв. 2 ga a 2 1 ga 3 . 2 Определим, во сколько раз изменилась сила, действующая на квадратное основание аквариума Fкв. 2 Fкв. 1 1 ga 3 a 4a 2 2 . Сила на квадратное основание аквариума увелиgha 2 2h 2a чится в 2 раза. 11 (8-9). «Ледяной шар». Поливая ледяной шар, температура которого равна t0 = 0С, струей холодной воды (скорость воды υ = 30 см/с, площадь поперечного сечения S = 1 см2, ее температура t1 = 5С), было замечено, что шар уменьшается в размерах, оставаясь сферическим, если его достаточно быстро поворачивать вокруг собственного центра. Считая начальный радиус шара равным R = 15 см, определите скорость, с которой уменьшается радиус шара в самом начале полива его водой. Через какое время радиус шарика уменьшится в два раза? Удельная теплоемкость воды св = 4200 Дж/(кг·°С), удельная теплота плавления льда λ = 3,35·105 Дж/кг, плотность воды ρв = 1 г/см3, плотность льда ρл = 0,9 г/см3. Вода, стекающая с шара, имеет температуру t0 = 0С. Теплообменом с окружающей средой пренебречь. Решение. Запишем уравнение теплового баланса между небольшой порцией воды, поступающей из крана на время Δτ, и первоначальным ледяным шаром (при этом тает несв mв1 (t1 t0 ) mл1 , mв1 в S , большая порция льда): здесь mл1 л 4R 2 u , тут использовано, что тонкий сферический слой имеет объем V 4R2 R , причем R u , u – скорость уменьшения радиуса ледяного шара. 4 Таким образом, св в S (t1 t0 ) л 4R2u , или u u 4200 1000 104 0,3 5 4 3,14 3,35 10 900 0,15 5 2 св в S (t1 t0 ) 4л R2 . Численно: 0,74 105 ( м / с) . (6 баллов) Найдем время τ, через которое ледяной шарик уменьшится в два раза, для этого также запишем уравнение теплового баланса: св mв 2 (t1 t0 ) mл2 , где mв2 в S , mл 2 4 3 4 R 3 7 л R л R3 . 3 3 2 6 Тогда 7 св в S (t1 t0 ) л R 3 . 6 Отсюда л R 3 7 3,14 900 0,153 3,35 105 7 5,9 103 (c) 1,64 ч . (4 балла). . Численно: 4 6 cв в S (t1 t0 ) 6 4200 1000 10 0,3 5 12 (8-9). «Мостовая схема». В схеме, приведенной на рис. 5, сопротивление R = 1 Ом, напряжение на источнике U0 = 4,5 В. Определите показания приборов, а также тепловую мощность, которая выделяется в цепи. Сопротивление вольтметра равно RV = 100 R. Амперметр считать идеальным. Решение. Учитывая, что амперметр идеальный, изобразим эквивалентную схеI3 100 R му (рис. 6). Поскольку RV >> R, то можно I2 схему упросить к виду, см. рис. 7. На обраV зовавшейся схеме вольтметр будет покаI1 R зывать напряжение несильно отличающеV еся от напряжения на источнике IR U1 = 4,5 В. Другой вольтметр – правый на схеме (рис. 6) будет показывать U0 U 2 I R R , причем I R I1 I 2 I1 Тогда U 2 U1 . RV A 100 R R V V U0 Рис. 5 100 R R V U0 Рис. 7 Рис. 6 U1 U R 1 4,5 10 2 В 45 мВ . RV 100 Возвращаясь I А I 2 I3 I3 к амперметру, заметим, что он будет показывать ток U0 4,5 45 10 3 ( А) 45 мА . 100 R 100 Определим тепловую мощность, выделяющуюся в цепи: P U 02 U 02 2 U 02 , Rобщ 100 R / 2 100 R 2 4,52 0,41 ( Вт ) . численно: P 100 1 13 (8-10). «Стакан с водой». Поставьте на горизонтальный стол пустой стакан. Наливая воду в стакан, изучите, как изменяется положение центра массы системы «стакан + вода». Рассуждения сопроводите рисунками. Дополнительное задание для учащихся 10-х классов. Определите, при какой высоте уровня воды в стакане центр масс системы «стакан + вода» будет занимать низшее положение. При расчетах толщину стенок и дна стакана считать одинаковыми, толщину стенок стакана l – малой по сравнению с высотой H и радиусом основания R стакана. Известными считать величины: l, H, R, m – масса стакана, ρ – плотность воды. 5 Решение. По мере наполнения стакана водой вначале центр масс системы «стакан + вода» будет опускаться, а затем – подниматься. Опускание положения центра масс вызвано тем, что заливаемая в стакан вода первоначально принимает положение ниже центра масс стакана, по мере наполнения стакана водой опускание центра масс сменяется подъемом. Заведомо ясно, что когда центр масс воды сровняется с центром масс стакана, при дальнейшем наливании воды будет происходить поднимание положения центра масс системы. Можно заметить, что когда центр масс системы «стакан + вода» совпадает с уровнем воды в стакане, центр масс системы занимает низшее положение. В этом несложно убедиться: если добавить маленькую порцию воды, то центр масс системы поднимется; если убрать маленькую порцию воды, то центр масс системы также поднимется (сместится вверх, ближе к центру масс стакана). Выполним количественные расчеты определения положения центра масс системы «стакан + вода». На рис. 8 введена вертикальная ось y. Координата центра масс пустого стакана определится по формуле: y ycт где mбок гда ycт (mi yi ) mi m l (R 2 2RH ) mдно 0 mбок m H 2 mбок H , m 2 ycт 2RH – масса боковых стенок стакана, то- yв 2 H h . Координата центра масс воды в стакане yв , R 2H 2 0 здесь h – высота уровня воды в стакане. В итоге координата центра масс системы «стакан + вода»: yц. м. B myст mв yв , или yц. м. m mв m R 2 , тогда yц. м. A h Bh m Рис. 8 H2 h R 2 h H2 R 2H 2 . Введем обозначения A m , m R 2 h R 2 R 2 H h 2 . Найдем минимум функции y ( h) , для этого возьмем ц . м. dyц. м. производную и приравняем к нулю (необходимое условие экстремума): 0 , или dh h 2 h ( B h) A 2 dyц. м. h2 0 Bh A 0 . Решая квадратное уравнение, полу, отсюда dh 2 ( B h) 2 чаем h1,2 B B 2 2 A . Второй корень получился отрицательным, он не имеет физического смысла в нашей ситуации. Таким образом, центр масс системы будет занимать низшее положение при высоте уровня воды в стакане h1 B B 2 2 A B 1 1 2 H 2 R 2 1 1 или h1 R 2H m R 2 m . 1,5f L D 14 (8-10) «Труба с зеркалом». Оптическая система (рис. 9) представляет собой трубу, у которой с одного конца (BC) располагается плоское зеркало З, у другого (АD) – линза Л. По левую сторону от трубы на расстоянии 1,5 f от линзы поместили точеч6 f S 2A , B 2 С Л F1 З F2 А Рис. 9 В ный источник света S. Постройте все его изображения в оптической системе. Найдите расстояние от источника S до искомого изображения, которое сможет увидеть наблюдатель, находящийся по левую сторону от линзы. Фокусное расстояние линзы равно f, длина трубы L. Считать, что боковые стенки трубы полностью поглощают падающий на них свет. Решение. В отдельно взятой линзе формируется изображение, его расположение найдем, исходя из формулы тонкой линзы: 1 1 1 , здесь b – расстояние от оптичеf 1,5F b ского центра линзы до изображения, которое могло бы получится в линзе, если бы не было зеркала. Отсюда b = 3f. В зависимости от того, как соотносятся b и L возможны два случая: 1) если b < L, тогда для полученного изображения S1 в зеркале будет мнимое изображение S2, которое будет расположено на расстоянии L ( L b) 2 L b 2 L 3 f от оптического центра линзы S1 S2 S F1 F2 (рис. 10). Лучи, отраженные от зеркала, идут как будто бы S3 от источника S2. Согласно формуле тонкой линзы: 1 1 1 2L 3 f f , отсюда b1 – расстояние от f 2 L 3 f b1 L2f 2 b1 b Рис. 10 оптического центра линзы, на котором формируется изображение S3 по левую сторону от линзы, именно его и увидит наблюдатель. Таким образом, искомое расстояние между S и S3 определится так: x 3 2L 3 f f b1 3 2 L2f f L3f f . 2 L2f 2 2) если b > L, то изображение S1 не будет формироваться (рис. 11). Лучи, дошедшие до зеркала, отразившись от него, образуют изображение S4 на расстоянии a L (b L) 2 L b 2 L 3 f от оптического центра линзы. Видно, что получилось тоже расстояние, что в предыдущем S4 S1 S F1 случае между оптическим центром и изображением S2. ПоF2 S5 этому дальнейшее решение аналогично рассмотренному выше, и дает тот же результат для искомого x. Отдельный b1 b интерес вызывает ситуация, если a < 0, но здесь остается правомочно прежнее решение, поскольку в формуле тонкой Рис. 11 линзы учитываются знаки, входящих в нее величин. Если рассмотрен только один случай, то ставится 8 баллов. 15 (9-10). «Мячики в полете». Маленький мячик бросили из т. А вертикально вверх со скоростью υ0 = 3 м/с. Спустя некото рое время из т. В бросили такой же мячик под углом α = 30° к горизонту (рис. 12). В результате мячики столкнулись в полете. В g Спустя какое время от момента запуска первого мячика следует бросить второй, чтобы стартовая скорость второго мячика была H 0 минимальной? Чему равна эта скорость? Известно, что H = 3 м, L L = 5 м. Сопротивление воздуха не учитывайте, считайте, что А g = 10 м/с2. Рис. 12 Решение. Первоначальное движение мячика, запущенного из g 2 т. А, описывается уравнениями: h 0 (1), 1 0 g (2), здесь τ – время, через 2 которое после броска первого мячика будет брошен второй мячик. 7 Из формул (1) и (2): h 02 12 2g . (3) Дальнейшее движение мячиков удобнее рассматривать, перейдя в систему отсчета, движущуюся вниз с ускорением g. Тогда по горизонтали: L cos t (4); во вертикали: H h (1 sin ) t (5), здесь t – время от броска второго мячика до встречи мячиков. Из равенств (4) и (5) с учетом (3) получаем H 02 2g 12 1 tg L . 2 g cos Отсюда L 2 1 H L tg 0 1 cos 1 2 g 2 g A H L tg 02 2g , B L A B1 cos 1 1 H h tg L , или cos 1L 2 2 H L tg 0 1 cos 2 g 2 g , или (6). Здесь введены обозначения 1 . Анализируя полученное выражение, учитывая, что в общем 2g случае 1 0 , замечаем, что если 1 устремить к нулю, то скорость υ также будет стремиться к нулю. Поскольку должно быть 0 , то параметры А и В – должны быть 2 A H L tg 0 0 , положительными, убедимся в этом: 2g A 3 5 tg30 32 5,44 ( м) 0 . Таким образом, искомого минимума скорости не суще2 10 ствует, можно лишь говорить о том, что второй мячик следует запускать с бесконечно малой скоростью и это следует выполнять, когда 1 0 , согласно формуле (2): 1 0 g 0 , тогда искомое время интервала между запусками мячиков составит 3 0 0,3 (с) . g 10 Наряду с тем, исследуем функцию υ(υ1) на экстремум. Из формулы (6): где f A 1 Условие L , f cos B1 , причем f 0 . Минимум функции f(υ1) соответствует максимуму υ(υ1). экстремума: df 0, d1 или df A 2 B 0, d1 1 отсюда A 2 g ( H L tg ) 02 . Здесь отрицательный корень сразу отпадает, поB скольку должно выполняться f 0 , а положительный корень имеет значение: 1 (1,2) 11 2 g ( H L tg ) 02 2 9,8 (3 5 tg(30)) 32 10,4 ( м / c) . Получилось, что 11 0 , а это не реализуется (вертикальная проекция скорости первого мяm чика с течением времени убывает). Таким образом, обнаруженный математический экстремум лежит за пределами области определения 1 . α L g 16 (9-10). «Гантель». На концах жесткого невесомого стержня длиной L закреплены два маленьких шарика с массами m и M. 8 M Рис. 13 Стержень расположили у поверхности стола под углом α к вертикали, так что шарик М касался поверхности (рис. 13), и отпустили. Определите скорость и ускорение шарика m непосредственно перед его ударом о поверхность стола. Сопротивлением воздуха и трением шариков о поверхность стола пренебречь. Решение. При падении гантели ее центр масс будет двигаться вертикально вниз, так как в горизонтальном g m направлении на гантель не оказывается внешних воздейT M С x B ствий. Непосредственно перед ударом о поверхность стола шарик m движется вертикально, так стержень нерастя A C жим и центр масс не смещается по горизонтали. Из энер mg m 2 Рис. 14 гетического баланса: mgL cos , отсюда скорость 2 y шарика m: 2 gL cos . (4 балла) Определим ускорение шарика m, для этого запишем уравнение 2-го закона Ньютона в проекции на оси x и y (рис. 14): man T , ma mg . Здесь an, aτ – нормальное и тангенциальное ускорения шарика. Тогда a g . Поскольку шарик m вращается относительно ( c ) 2 (1). Импульс гантели p (m M )c m , отсюда скорость CB m центра масс гантели c (2). mM центра масс, то an Формула для координаты m CB M ( L CB) 0 , отсюда CB формуле (1): an центра ML mM масс: xc m CB M CA 0 , или (3). В итоге, учитывая равенства (2) и (3) в M 2 . mM L Окончательно, получаем полное ускорение шарика m: 2 aполн a an2 2 2 M 2 2 M g 1 g cos . (6 баллов) mM L m M 2 17 (9-10). «Движение по наклоненной окружности». К наклонной плоскости, расположенной под углом к горизонту, прикреплена нить длиной l, на другом конце которой удерживается небольшой грузик (рис. 15). Какую минимальную горизонтальную скорость нужно сообщить грузику В вдоль наклонной плоскости, чтобы он совершил пол-оборота, О двигаясь по окружности, поднявшись из самой нижней т. А в наивысшую т. В? Решите задачу для случаев, когда трение А грузика о наклонную плоскость пренебрежимо мало и когда трением пренебречь нельзя (коэффициент трения скольжения Рис. 15 равен ). Решение. 1-я ситуация, когда трение пренебрежимо мало. Запишем энергетический m A2 m B2 2mgl sin (1). Скорость в т. B найдем из баланс для перехода из т. А в т. В: 2 2 условия того, что нить не будет провисать, т.е. сила ее натяжения T 0 . Запишем m B2 T mg sin . В уравнение 2-го закона Ньютона в проекции на направление нити: l 9 m B2 mg sin l итоге получаем, что (2). Учтем неравенство (2) в формуле (1): A2 5gl sin . Таким образом, искомая минимальная скорость в т. А: A min 5 gl sin . (4 балла) 2-я ситуация, если учитывать наличие трения. Энергеm A2 m B2 2mgl sin mg cos s , тический баланс: 2 здесь s l . Тогда A2 О 2 B2 В φ С А gl (4 sin 2 cos ) (3). Найдем положение, в котором сила натяжение нити Рис. 16 принимает наименьшее значение. Запишем энергетический баланс для перехода из текущего положения С в положение В (рис. 16): mС2 m B2 mgl cos sin mgl sin mg cos l (4). Также запишем уравнение 2-го 2 2 закона Ньютона на направление нити соответственно для положений грузика С и В: mС2 m B2 mg sin cos TC (5), mg sin TB (6). l l Учтем равенства (5) и (6) в равенстве (4): sin cos TC T 2 cos sin sin B 2 sin 2 cos , или mg mg TC T B 3 sin (1 cos ) 2 cos . Здесь угол φ лежит в диапазоне 0 . Видно, mg mg T T что для любых углов φ справедливо C B , или TС TB . Итак, показали, что минимальmg mg ная сила натяжения нити будет в положении В. Чтобы нить не провисала TB 0 . Из ра- венства (6): B2 gl sin . Тогда из равенства (3): A2 gl (5 sin 2 cos ) . Искомая минимальная скорость в т. А равна A min gl (5 sin 2 cos ) . (6 баллов) 18 (9-10). «Регулировка тока в цепи». На рис. 17 приведена схема, в которой = 4,5 В, R = 100 Ом. Сопротивление батареек и соединительных проводов пренебрежимо мало. 1) Определите силу тока через батарейку , если R ключ К разомкнут. /2 2) Если ключ К замкнуть, то ток через батарейку можно изменять, передвигая ползунок (подвижный конК x такт) на реостате. Определите, при каком положении ползунка реостата (x/L) ток через батарейку будет минимальным. Чему равен этот минимальный ток? ПолR L ное сопротивление реостата равно R. Рис. 17 Решение. 1) В случае разомкнутого ключа эквивалентная схема принимает вид (рис. 18). Применим к по- лученному контуру 2-е правило Кирхгофа: отсюда I 2R 12 IR , искомый R ток 4,5 22,5 103 ( А) 22,5 мА . (3 балла) 2 100 2) Приведем эквивалентную схему в случае замкну10 Рис. 18 /2 того ключа (рис. 19). Запишем уравнения согласно 2-му правилу Кирхгофа: 12 I 2 R ; ( I1 I 2 ) (RRRRx ) RRx . Или I1 2R ( R RRx ) Rx , x 2 x или I2R , 1 ( R Rx2 ) Rx I1 ( R RRx ) Rx , R 1 R 1 . Здесь введено I1 f 2R ( R Rx ) Rx 2 R обозначение f ( R Rx ) Rx (1). Видно, что функция I1( Rx ) будет минимальна, если f ( Rx ) – максимальна. Из формулы (1) видно, что функция f ( Rx ) является параболической, и ветви параболы направлены вниз, значит вершина параболы соответствует искомому максимуму данной функции: Rx max ( I1 I 2 ) ( R RRx ) Rx . Отсюда b R , то 2a 2 x 1 R R R2 . В итоге: , f max R R L 2 22 4 9 9 4,5 I1 min 20,3 10 2 ( А) 203 мА . (7 баллов) 2 R 2 100 Rx max 2R или R R-Rx Rx I1 /2 I2 Рис. 19 19 (10). «Стержни на пружине». В механической сиО стеме на рис. 20 стержни ОА и ОВ шарнирно прикреплены в g т. О, на свободных концах стержней жестко закреплены маленькие блоки с массами m, через которые переброшена В А нить с грузами массами M на концах. Грузы М могут своk бодно перемещаться без трения вдоль направляющих вертиm m кальных трубок, шарнирно закрепленных в точках А и В (вертикальность трубок обеспечивается жесткой конструк- M M цией с вдвижным механизмом, на рис. 20 указана пунктиРис. 20 ром). Оси блоков между собой скреплены сжатой пружиной жесткости k. Определите период малых колебаний в системе в плоскости рисунка. Для запуска колебаний стержни симметрично отклоняют из положения равновесия на малый угол относительно вертикали, проходящей через т. О, и отпускают. Длина пружины в недеформированном состоянии L0, длина стержня L. Вдвижной механизм с вертикальными трубками, пружину, нить и стержни считать невесомыми, стержни – жесткими. Трением между блоками и нитью, грузов о трубки, в осях блоков, а также во вдвижном механизме следует пренебречь. Решение. Запишем энергию системы для отклоненного положения: W 2 2mu 2 2MV 2 l k ( L0 2 L sin ) (2mgL cos ) 2Mg L cos L sin const (1) 2 2 2 2 Здесь l – длина нити, 0 (2); φ0 и φ – соответственно начальный (для равновесия системы) и текущий углы отклонения стержней от вертикали, d ( 0 ) d ( ) u L L L L (3). dt V 2 2 (u cos ) 2 , u sin dt d ( L sin ) u sin L cos u (sin cos ) . dt 11 Отсюда V 2 (u(sin cos )) 2 (u cos ) 2 u 2 (1 sin( 2 ) cos2 ) (4). Продифференцируем по времени уравнение (1) с учетом подстановки в него (4): dW 2mu u 2M u u (1 sin( 2 ) cos 2 ) u 2 (2 cos( 2 ) 2 cos sin ) dt 2k ( L0 2 L sin ) (2 L cos ) 2mgL sin 2Mg ( L sin L cos ) 0. 2 С учетом равенства (3): u2 u m M (1 sin( 2 ) cos 2 ) (2 cos( 2 ) 2 cos sin ) u L mg sin Mg (sin cos ) k (2L sin L0 ) cos 0 . Согласно тому, что колебания имеют малый размах можно пренебречь слагаемым, u2 содержащим . Тогда u m M 1 sin( 2 ) cos 2 mg sin Mg (sin cos ) u k (2L sin L0 ) cos 0 (5). Теперь учтем равенство (2), тогда sin sin( 0 ) sin 0 cos( ) cos 0 sin( 2 ) sin 0 cos 0 ; cos cos(0 ) cos 0 cos( ) sin 0 sin( ) cos 0 sin 0 . В итоге из равенства (5), учитывая малость Δφ, получаем: L m M 1 sin( 20 ) cos 2 0 (m M ) g (sin 0 cos 0 ) Mg (cos 0 sin 0 ) k (2L(sin 0 cos 0 ) L0 )(cos 0 sin 0 ) 0 (6). Воспользуемся условие равновесия системы (равенство моментов сил на стержень): k ( L0 2L sin 0 ) L cos 0 (m M ) g L sin 0 Mg L cos 0 (7). Теперь уравнение (6) принимает вид: L m M 1 sin( 2 0 ) cos 2 0 (m M ) g cos 0 Mg sin 0 (2kLsin 2 0 2kL cos 2 0 kL0 sin 0 ) 0 . Окончательно, Таким образом, T (m M ) cos0 M sin 0 g k (2L cos(20 ) L0 sin 0 ) 0 . L m M (1 sin( 2 0 ) cos 2 0 ) 2 2 L m M (1 sin( 2 0 ) cos 2 0 , здесь (m M ) cos0 M sin 0 g k (2L cos(20 ) L0 sin 0 ) φ0 определяется согласно равенству (7). p 20 (10). «Циклические процессы». 1) Найдите работу, совершенную воздухом в циклическом процессе АfBCА (рис. 21). 2) Определите отношение КПД циклов АfBCА и СDlEС. Параметры, указанные на рис. 9, известны. Нормировочный коэффициент α = 1 Па/м3. На диаграмме дуги AfB и ElD представляют собой дуги окружности с центром в т. С. Воздух считать идеальным газом. Решение. Работа газа в циклическом процессе АfBCА 1 2 1 p02 V02 определится так: A1 p0 . (3 балла) 4 4 4 12 В 3p0 f C 2p0 D А p0 E l αV 0 αV0 2αV0 Рис. 21 3αV0 Рассмотрим цикл АfBCА, в нем теплота подводится на участке АfB: Q1 A11 U11 , 10 p02 5 1 1 p2 здесь A11 2 p0 V0 p02 2 0 , U11 (3 p0 2V0 2 p0 V0 ) 10 p0V0 . 2 4 4 A p 2 10 p02 p2 Тогда Q1 2 0 . 12 0 . КПД цикла 1 1 Q1 48 4 4 Аналогично разберем для цикла СDlEС. Работа газа за цикл равна A2 A1 V02 4 . Теплота подводится на участке ECD: Q2 A22 U 22 . Здесь A22 2 p0 V0 2 p02 , 10 p02 2 p 2 10 p02 12 p02 5 U 22 (2 p0 3V0 p0 2V0 ) 10 p0V0 . Тогда Q2 0 . 2 КПД цикла: 2 A2 . Q2 48 В итоге, отношение КПД рассмотренных циклов: 1 48 0,94 . (7 баллов) 2 48 21 (10). «Проводящий шар в электрической цепи». На рис. 22 приведена электрическая цепь, в которой до замыкания ключа К конденсаторы были не заряжены. Определите заряды, которые установятся на конденсаторах, а также заряд на удаленном проводящем шаре радиусом r, r подключенном к узлу В, после замыкания ключа К. 3С 2С В Все параметры, указанные на рис. 22, считать известными. Сопротивлением батарейки пренебречь. С Решение. После замыкания ключа К в установившемся режиме заряды на конденсатора изме2R 3R А няться не будут, и будет идти постоянный ток чеЕ рез резисторы. К ε Запишем уравнения 2-го правила Кирхгофа для нижнего контура: I 2R I 3R , отсюда IR 5 . Рис. 22 Разность потенциалом между А и Е: A E E I 2R 2 5 , отсюда E 3 5 . Представим заряд на каждом конденсаторе через разность потенциалов на обкладках: q1 C ( B E ) , q2 2C B , q3 3C ( B ) . Для шара: B q 40 r . Применим закон сохранения заряда в узле В: 0 q2 q1 q3 q . С учетом предыдущих формул: 0 2С B C ( B E ) 3C ( B ) 40 r B , 3C 9C 3C 3C B 40 r B . Тогда B . 5 5(3C 20 r ) 0 r 36C Теперь найдем заряды: q 40 r B ; 5 3C 20 r или 0 2C B C B q1 C ( B E ) 0 r 9C 2 3C 6C 18С C ; q2 2C B ; 5(3C 20 r ) 5 5 3C 20 r 5 3C 20 r 13 q3 3C ( B ) 3C 27C 2 6C 3C 50 r . 5(3C 20 r ) 5 3C 20 r 22 (10). «Заряженные сферы». Даны две концентрические проводящие сферы радиусами a = 10 см и b = 17 см. Внутренняя сфера имеет заряд Q = 50 нКл, внешняя сфера – заземлена. В центр сфер поместили точечный заряд q = 10 нКл (рис. 23). 1) Определите заряд на внешней сфере. Найдите потенциал поверхQ ности внутренней сферы. O 2) Как изменится заряд на внешней сфере, если точечный заряд q b q a переместить на расстояние r = 13 см от центра сфер? Чему будет равен потенциал на внутренней сфере? Решение. 1) Определим потенциал на внешней сфере: Qвне 1 Q q k 0, b b b . Qвне 1 Q q 60 нКл внеш 1 k k Найдем внутр 1 k отсюда потенциал Qвне 1 b k заряд результирующего на внешней поля на сфере Рис. 23 внутренней сфере: Q q 1 1 k k (Q q) . a a a b 1 1 2224 ( В) 2,22 кВ . (5 баллов) 0,1 0,17 Численно: внутр 1 9 109 60 10 9 2) Так как точечный заряд поместили между сферами ( a r b ), то для внешней сферы, на ее внутренней поверхности соберется экранирующий заряд, чтобы скомпенсировать поле снаружи внешней сферы. Согласно теореме Остроградского-Гаусса для мыс q Q Qвне 2 E 0 . Отсюда dS ленной сферы вокруг данных сферических оболочек: (S ) 0 Qвне 2 Q q 60 нКл . Определим потенциал на внутренней сфере (он такой же, что и в ее центре, так как внутри нее поля нет): Q внутр 2 dQ k a 0 Qвне 2 k dQвне 2 b 0 k Qвне 2 q Q q Q q Q q k k k k r a b r b r a 1 1 1 1 k Q q . a b r b 1 1 1 1 10 10 9 2015 ( В) 2,02 кВ . 0,1 0,17 0,13 0,17 Численно внутр 2 9 109 50 10 9 (5 баллов) ___________________________________________________ Решения подготовили: М.В. Гырдымов, А.П. Сорокин, методисты по физике КОГАОУ ДОД «ЦДООШ» 14