(с решениями) 2011 год

ОЛИМПИАДА по ФИЗИКЕ
Физический факультет ГГУ им. Ф. Скорины /2011 год/

Задача 1. Вектор скорости V тела, которое
соскальзывает с клина, изображен на рисунке 1.
Найдите скорость клина. Трение отсутствует. Углы  и
 известны.

X


Рисунок 1
Решение.

u

V

V

Vк
Рисунок 1.1

Y
Из рисунка 1, приведенного
в условии

задачи, очевидно, что V  скорость тела
относительно плоскости. Искомая скорость

клина Vк относительно плоскости должна
быть направлена вдоль плоскости (рисунок

1.1). Тогда скорость u тела относительно
клина равна
  
(1)
u  V  Vк
Спроектировав (1) на вертикальное (Y) и
горизонтальное (Х) направления, получаем
u sin  V sin  ,
(2)
u cos  V cos   Vк .
(3)
Из уравнения (3) с учетом (2) находим
sin(   )
Vк  u cos  V cos   V
.
sin
Задача 2. На рисунке 2 приведены графики
скоростей двух тел, движущихся вдоль одной прямой из
одного и того же начального положения. Известны
моменты времени t1 и t 2 . Определите, по истечению
какого времени  , после начала движения первого тела,
одно тело догонит другое.
2
V
1
О
t1
t2
t
Рисунок 2
Решение.
Анализируя данные графики можно сделать следующие выводы:
‒ оба тела двигаются равноускоренно;
‒ ускорение тела 2 а2 больше ускорения тела 1 а1 ;
‒ тело 2 начало свое движение спустя время t1 после начала движения тела 1;
‒ начальные скорости обоих тел равны нулю;
‒ в момент времени t 2 скорости тел оказались равными;
‒ встреча тел произойдет в момент времени t  t 2 .
На основании сделанных выводов для мгновенных скоростей и координат тел
можем записать
V2 (t )  a2 (t  t1 ) ;
V1 (t )  a1t ;
(1)
a2 (t  t1 ) 2
.
x 2 (t ) 
2
a1t 2
;
x1 (t ) 
2
(2)
Тогда условие равенства скоростей тел в момент времени t 2 и условие
равенства их координат в момент времени  приводят к системе уравнений
a1t 2  a 2 (t 2  t1 ) ;
a1 2  a2 (  t1 ) 2 ,
из которой следует, что
  t 2  t 2 (t 2  t1 ) .
Последний из сделанных выводов заставляет выбрать из двух найденных
значений  большее, то есть сохранить перед радикалом знак «+».
Задача 4. На гладком горизонтальном столе лежит
доска массой М, а на ней цилиндр массой m и радиусом
R (рисунок 4). Коэффициент трения между доской и

цилиндром равен  . Какую наибольшую силу F можно
приложить к доске в горизонтальном направлении,
чтобы цилиндр катился по доске без проскальзывания.
Трением между столом и доской пренебречь.
R
m
М
Рисунок 4
Решение.
Данную задачу удобно решать в системе отсчета связанной с доской. Такая
система отсчета является неинерциальной и в ней на цилиндр, наряду с силами



тяжести mg , реакции опоры (доски) N , трения Fтр , будет действовать сила



инерции Fin   ma  , где a   ускорение доски (рисунок 4.1).
y

а

Fin

N

Fтр .д.

а

Fтр .ц .

mg
Рисунок 4.1
x

F

F
Уравнения движения цилиндра в этой системе отсчета имеют вид


  
ma  mg  N  Fтр  Fin ,
(1)





I  M mg  M N  M F  M F ,
тр
in

где I  момент инерции цилиндра,   его угловое ускорение.
(2)
В проекции на ось ОХ уравнение (1) принимает вид ma  ma   Fтр или,
учитывая, что Fтр  mg ,
ma  ma   mg .
(3)
Уравнение (2), записанное относительно собственной оси вращения
цилиндра, дает
I  mgR .
(4)
Отсюда, учитывая, что I  mR 2 / 2 и условие отсутствия проскальзывания
  a / R , следует, что ускорение цилиндра относительно доски
a  2g .
(5)
Ускорение доски а  найдем из уравнения ее движения вдоль оси ОХ
F  mg
a 
.
(6)
M
Подставив (5) и (6) в (3) и решив полученное уравнение, для искомой силы
F получаем
F  (3M  m)g .
Задача 5. КПД цикла I, состоящего из участка 1-2,
адиабаты 2-3 и изотермы 3-1 (рисунок 5), равен 1 . КПД
цикла II, состоящего из изотермы 1-3, изобары 3-4 и
адиабаты 4-1, равен  2 . Чему равен КПД тепловой
машины, работающей по циклу 1-2-3-4-1? Все циклы
обходятся по часовой стрелке. Рабочим веществом
является идеальный газ.
P
2
1
I
II
3
4
O
V
Рисунок 5
Решение.
В цикле I (1231) тепло подводится в процессе 12 и отводится в процессе 31.
Следовательно, КПД цикла I
1  1 
Q31
Q12
.
(1)
В цикле II (1341) тепло подводится в процессе 13 и отводится в процессе 34.
Следовательно, КПД цикла II
2  1
Q34
Q13
.
(2)
В совмещенном цикле 1-2-3-4-1 тепло подводится в процессе 12 и отводится
в процессе 34. Следовательно его КПД
  1
Q34
Q12
.
(3)
Так как
Q34
Q12
 (1  1 )(1   2 ) ,
то из (3) сразу получаем   1   2  1 2 .
Задача 6. Источник постоянного тока замкнут на реостат. При силах токов
I1  0,2 A и I 2  2,4 A мощность, выделяемая на реостате, одинакова.
Определите силу тока короткого замыкания.
Решение.
При силе тока в цепи I1 , согласно закону Ома

I1 
,
(1)
R1  r
где   ЭДС источника, r  его внутреннее сопротивление, R1  сопротивление
реостата в первом случае.

Учитывая, что ток короткого замыкания I 0  , перепишем (1) в виде
r
1 1 R1


.
I1 I 0

(2)
1
1 R2


.
I2 I0

(3)
Аналогично, при силе тока I 2
Разделив выражение (2) на (3) и учитывая равенство выделяемых мощностей
I12 R1  I 22 R2 ,
Находим, что I 0  I1  I 2 или I 0  2,6 A .
Задача 7. Колесо с двумя спицами, длина каждой из
которых равна а  10см (рисунок 6), вращается в
однородном магнитном поле с частотой   100с 1 .
Индукция
магнитного
поля
направлена
А
R
A
O
Рисунок 6
перпендикулярно к плоскости диска и равна В  1Тл . Две
щетки, одна на оси колеса, другая на его ободе,
соединяют колесо с внешней цепью, в которую
включено сопротивление R  10Ом и амперметр,
сопротивлением которого можно пренебречь. Что
показывает амперметр?
Сопротивлением
материала
колеса
можно
пренебречь. Сопротивление одной спицы r  20Ом .
Решение.
Схема эквивалентная данному устройству,
приведенная на рисунке 6.1, содержит два
одинаковых
источника
ЭДС
соединенных
параллельно. Учитывая, что при таком соединении n
источников их общая ЭДС равна ЭДС одного
источника, а внутреннее сопротивление равно
r
, для
n
силы тока в цепи можем записать
I

r
R
2
А

R

r
r
Рисунок 6.1
.
(1)
ЭДС  источника является ЭДС индукции  in и равна
dФ
dS
 B
,
(2)
dt
dt
где dS  площадь заметаемая спицей за время dt . Учитывая, что за один оборот
   in  
спица заметает площадь равную площади круга, находим, что
dS
 a 2 .
dt
(3)
Подставив (2) с учетом (3) в (1), для показаний амперметра получаем
a 2B
3,14  0,10 2 100 1
I
 0,16 A.
или I 
R
r
2
10 
20
2
Задача 8. Измеряя длину волны света методом колец
Ньютона, экспериментатор заметил, что между линзой и
пластинкой попала небольшая частичка (рисунок 7).
Предложите способ, позволяющий экспериментатору
определить длину волны  и толщину h частички.
Решение.
R
h
Рисунок 7
Толщина воздушного слоя l между линзой и пластинкой, при радиусе
наблюдаемого кольца равном r, складывается из толщины участка линзы l 0 и
толщины частицы:
l  l0  h 
r2
 h.
2R
Светлое кольцо, номер которого k, наблюдается при
2k  1 
l
 .
2
r2
2
Из двух записанных соотношений следует, что
r2 
2k  1
R  2 Rh .
2
(1)
Если откладывать по оси абсцисс номера
последовательных колец k, а по оси ординат ‒ квадраты
радиусов соответствующих колец, то получим прямую
(Рисунок 7.1), угловой коэффициент которой равен
( rk2  rk21 ) / R . Зная радиус линзы R, отсюда можно
определить  . Толщина частички h может быть
определена по длине отрезка отсекаемого на оси
ординат аппроксимированной прямой.
Заметим, что при таком способе безразлично
измерять темные или светлые кольца и несущественно
точное знание номера кольца. Поэтому на рисунке 7.1
какому-то произвольному кольцу присвоен номер k, а
соседним ‒ номера k  1 и k  1 .
k 1 k
k 1
Рисунок 7.1
k