Решения 11 класса (район 2008)

Подробности
Обновлено 28.03.2013 22:31

Решения задач районного тура олимпиады 2008 года для 11 класса.

1 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5
2 вариант: 1 · 2 · 3 · 4 · 5

I вариант

Задача 1.

Обозначим скорость Ахилла V, а скорость черепахи u. Тогда для произвольного целого i

xi = L·(u/V)i, ti = (u/V)i−1(L/V) (1)

Из первого равенства

(u/V)i = xi/L,

откуда найдем, что u/V = 2·10−2.

Из второго равенства в (1)

V = (L/ti)·(u/V)i−1,

значит, V = 5 м/c.

Искомое время

≈ 2041 c.

Ответ: Примерно через 2041 секунду.

Задача 2.

Первое действительное перевернутое изображение получается, когда лучи проходят только через линзу. По формуле линзы 1/(3F) + 1/x = 1/F несложно посчитать, что изображение будет расположено правее линзы на расстоянии x = 3F/2 от нее.

Дальше эти лучи попадают на уголковый отражатель, причем так как линза имеет небольшой диаметр, они будут падать под небольшим углом к главной оптической оси (это так называемое приближение параксиальных лучей). Как видно из рисунка, уголковый отражатель повернет эти лучи обратно, что эквивалентно наличию мнимого изображения 2, находящемся за зеркалом на расстоянии 5F/2. Заметьте, это изображение практически такое же, какое дало бы обычное зекрало, расположеное вместо уголкового отражателя, правда, перевернутое.

Затем лучи, уже отразившиеся два раза от зеркала, снова попадают в линзу. Получается перевернутое изображение изображения 2. По формуле линзы 2/(5F) + 1/y = 1/F можно вычислить, что оно будет левее линзы на y = 5F/3.

Изображения, получающиеся, когда луч успевает отразиться только в одном из зеркал уголкового отражателя, мнимые, поэтому их не надо включать в ответ. Также невозможна ситуация, когда луч вторично попадат в линзу, не попав на оба зекрала. Это могло бы быть, если бы луч попадал на отражатель под углом, большим, чем 45° (по отношению к главной оптической оси), а по условию это не так.

Ответ: Два перевернутых изображения. Одно правее линзы на 3F/2, второе — левее ее на 5F/3.

Задача 3.

Обозначим высоту, на которую поднялась по трубке левая жидкость h. Тогда давление газа в трубке pг на ρgh меньше атмосферного. Перепад давления, обеспечиваемый левой и правой жидкостью в трубке, одинаков (и равен p−pг), а так как правая жидкость в k раз плотнее, значит ее столбик выстой h/k. Поскольку разность высот столбиков h−h/k по условию равна H, высота h = Hk/(k−1), а давление газа pг = p−ρgHk/(k-1).

Введем начальный объем газа

,

где s — площадь сечения трубки. Тогда из уравнения Клайперона - Менделеева можно определить количество вещества газа в трубке

(2)

Если температура атмосферы стала равна T', уровни жидкостей в трубке изменятся и станут равны h', h'/k. Давление и объем газа станут

p'г = p−ρgh',

Уравнение Клайперона-Менделеева для газа тогда примет вид

где Z введено в формуле (2)

Это квадратное уравнение на h':

решая которое получим ответ. Можно показать, что один из корней отрицательный. Очевидно, следует выбрать положительный корень.

Ответ: Высоты в трубках будут h' и h'/k, где

,

где

Задача 4.

Очевидно, каждая нить должна отклониться на угол α = 45° от вертикали. Рассмотрим рисунок 1, на котором изображены силы, действующие на шарики. Очевидно, расстояние от шарика до стержня R = 2lsin(α/2), а расстояние между шариками x = 2lsinα.

Баланс сил в проекции на перпендикуляр к нити имеет вид

(kq2/x2)cosα = (2kσq/R)cos(α/2),

здесь мы использовали, что треугольник с углом α при вершине на рисунке 1 равнобедренный.

Отсюда

. (3)

Однако можно рассмотреть и другое положение равновесия шариков, изображенное на рисунке 2. Теперь R = l(1−cosα), x = 2lsinα, а баланс сил в проекции на перпендикуляр к нити принимает вид

(kq2/x2)cosα = (2kσq/R)sinα.

Отсюда

. (4)

Так какое же положение равновесия реализуется на самом деле? Попробуем повернуть обе нити как единое целое вокруг вертикальной оси, проходящей через точку подвеса. Сила взаимодействия между шариками при этом не меняется.

В случае изображенном на рис. 2 шарики при таком повороте удаляются от притягивающей их нити, что конечно, энергетически невыгодно. Значит рассмотренное положение реализует минимум энергии, и это устойчивое равновесие.

В случае изображенном на рис. 1 шарики при таком повороте приближаются к притягивающей их нити, энергия системы при этом уменьшается, значит это неустойчивое положение.

Ответ: Ответ дается формулами (3) и (4), причем первый ответ соответствует неустойчивому, а второй — устойчивому положению равновесия шариков.

Задача 5.

Сила Лоренца в данной задаче направлена к оси вращения. Отклонение тела от точки крепления нити может быть равно ±L в зависимости от того, отклоняется тело к центру вращения или наружу. Скорость тела тогда равна ω(R±L).

Баланс сил в проекции на направление нити имеет вид T = ±(mω2−Bqω)(R±L), верхний знак справедлив, если тело отклоняется наружу, а нижний — если внутрь.

Сила натяжения нити не может быть отрицательной, значит, при угловых скоростях больших, чем циклотронная угловая скорость ω > Ωц = qB/m реализуется ответ со знаком '+', а при ω < Ωц — со знаком '−'.

Соответственно, график состоит из двух кусков парабол (см. рис. 3)

Ответ: Сила натяжения равна

T = −(mω2−Bqω)(R−L), ω < Ωц

T = (mω2−Bqω)(R+L), ω > Ωц

где Ωц = qB/m, соответствующий график изображен на рисунке 3.

II вариант

Задача 1.

Обозначим скорость Ахилла V, а скорость черепахи u. Тогда для произвольного целого i

xi = L·(u/V)i, ti = (u/V)i−1(L/V) (1)

Из первого равенства

(u/V)i = xi/L,

откуда найдем, что u/V = 10−2.

Из второго равенства в (1)

V = (L/ti)·(u/V)i−1,

значит, V = 0,04 м/c.

Искомое время

≈ 252500 c.

Ответ: Примерно через 252500 секунд.

Задача 2.

Первое действительное перевернутое изображение получается, когда лучи проходят только через линзу. По формуле линзы 1/(4F) + 1/x = 1/F несложно посчитать, что изображение будет расположено правее линзы на расстоянии x = 4F/3 от нее.

Дальше эти лучи попадают на уголковый отражатель, причем так как линза имеет небольшой диаметр, они будут падать под небольшим углом к главной оптической оси (это так называемое приближение параксиальных лучей). Как видно из рисунка, уголковый отражатель повернет эти лучи обратно, что эквивалентно наличию мнимого изображения 2, находящемся за зеркалом на расстоянии 8F/3. Заметьте, это изображение практически такое же, какое дало бы обычное зекрало, расположеное вместо уголкового отражателя, правда, перевернутое.

Затем лучи, уже отразившиеся два раза от зеркала, снова попадают в линзу. Получается перевернутое изображение изображения 2. По формуле линзы 3/(8F) + 1/y = 1/F можно вычислить, что оно будет левее линзы на y = 8F/5.

Изображения, получающиеся, когда луч успевает отразиться только в одном из зеркал уголкового отражателя, мнимые, поэтому их не надо включать в ответ. Также невозможна ситуация, когда луч вторично попадат в линзу, не попав на оба зекрала. Это могло бы быть, если бы луч попадал на отражатель под углом, большим, чем 45° (по отношению к главной оптической оси), а по условию это не так.

Ответ: Два перевернутых изображения. Одно правее линзы на 4F/3, второе — левее ее на 8F/5.

Задача 3.

Обозначим высоту, на которую поднялась по трубке левая жидкость h. Тогда давление газа в трубке pг на ρgh меньше атмосферного. Перепад давления, обеспечиваемый левой и правой жидкостью в трубке, одинаков (и равен p−pг), а так как правая жидкость в k раз плотнее, значит ее столбик выстой h/k. Поскольку разность высот столбиков h−h/k по условию равна H, высота h = Hk/(k−1), а давление газа pг = p−ρgHk/(k-1).

Введем начальный объем газа

,

где s — площадь сечения трубки. Тогда из уравнения Клайперона - Менделеева можно определить количество вещества газа в трубке

(2)

Если давление атмосферы стало равно p', уровни жидкостей в трубке изменятся и станут равны h', h'/k. Давление и объем газа станут

p'г = p−ρgh',

Уравнение Клайперона-Менделеева для газа тогда примет вид

где Z введено в формуле (2)

Это квадратное уравнение на h':

решая которое получим ответ. Можно показать, что один из корней отрицательный. Очевидно, следует выбрать положительный корень.

Ответ: Высоты в трубках будут h' и h'/k, где

,

где

Задача 4.

Очевидно, каждая нить должна отклониться на угол α = 45° от вертикали. Рассмотрим рисунок 1, на котором изображены силы, действующие на шарики. Очевидно, расстояние от шарика до стержня R = l(1+cosα), а расстояние между шариками x = 2lsinα.

Баланс сил в проекции на перпендикуляр к нити имеет вид

(kq2/x2)cosα = (2kσq/R)sinα,

здесь мы использовали, что треугольник с углом α при вершине на рисунке 1 равнобедренный.

Отсюда

. (3)

Однако можно рассмотреть и другое положение равновесия шариков, изображенное на рисунке 2. Теперь R = 2lcos(α/2), x = 2lsinα, а баланс сил в проекции на перпендикуляр к нити принимает вид

(kq2/x2)cosα = (2kσq/R)sin(α/2).

Отсюда

. (4)

Так какое же положение равновесия реализуется на самом деле? Попробуем повернуть обе нити как единое целое вокруг вертикальной оси, проходящей через точку подвеса. Сила взаимодействия между шариками при этом не меняется.

В случае изображенном на рис. 2 шарики при таком повороте приближаются к оттакливающей их нити, что конечно, энергетически невыгодно. Значит рассмотренное положение реализует минимум энергии, и это устойчивое равновесие.

В случае изображенном на рис. 1 шарики при таком повороте удаляются от отталкивающей их нити, энергия системы при этом уменьшается, значит это неустойчивое положение.

Ответ: Ответ дается формулами (3) и (4), причем первый ответ соответствует неустойчивому, а второй — устойчивому положению равновесия шариков.

Задача 5.

Угловая скорость движения диска ω = V/R. Сила Лоренца в данной задаче направлена к оси вращения. Отклонение тела от точки крепления нити может быть равно ±L в зависимости от того, отклоняется тело к центру вращения или наружу. Скорость тела тогда равна ω(R±L).

Баланс сил в проекции на направление нити имеет вид T = ±(mV2/R2−BqV/R)(R±L), верхний знак справедлив, если тело отклоняется наружу, а нижний — если внутрь.

Сила натяжения нити не может быть отрицательной, значит, при скоростях больших, чем критическая скорость V > Vкр = qBR/m реализуется ответ со знаком '+', а при V < Vкр — со знаком '−'.

Соответственно, график состоит из двух кусков парабол (см. рис. 3)

Ответ: Сила натяжения равна

T = −(mV2/R2−BqV/R)(R−L), V < Vкр

T = (mV2/R2−BqV/R)(R+L), V > Vкр

где Vкр = qBR/m, соответствующий график изображен на рисунке 3.