Физика сборник олимпиадных задач с примерами их решений

рвется от верхней опоры и опрокинется. Отсюда следует ответ на второй вопрос задачи.

Задача 3. Опуская выкладки (они носят название «метод циклов» и приводятся во многих учебниках, например во втором томе курса физики Д.В. Сивухина), запишем формулу, позволяющую определить производную внутренней энергии по объему при постоянной температуре, если известно уравнение

Дальше – математика: берем производные, подставляем в эту формулу и получаем ответ. Отметим, что данную формулу можно вывести и «методом термодинамических потенциалов» (также см. второй том Д.В. Сивухина).

Задача 4. Мысленно окружим дирижабль произвольной замкнутой поверхностью S. Пусть плотность тока в какой-либо точке поверхности равна j. Тогда согласно закону Ома в диффе-

ренциальном виде j = Eρ , где Е – напряженность электрического

ности или заряд дирижабля. (Отметим особо, что в окружающем дирижабль воздухе суммарный заряд равен нулю, т.е. окружающая среда электронейтральна. Как только очередная порция заряда уходит от дирижабля в воздух между дирижаблем и поверхностью S, точно такая же порция заряда выходит из по-

I = − dq , знак минус учитывает убыль заряда на дирижабле. dt

31

Получаем дифференциальное уравнение с разделяющимися пе-

и следует ответ.

Задача 5. При отрыве слоя с зарядом (–q0) левая обкладка заряжается зарядом (+q0). В результате при движении слоя между левой обкладкой и слоем, а также между обкладками возникнет разность потенциалов, вследствие чего по цепи потечет ток. В каждый момент времени величина ЭДС индукции, возникающей в витках катушки, будет равна разности потенциалов между

обкладками: L dI = U . Если х – расстояние, пройденное слоем, dt

q – заряд, прошедший по цепи (при этом заряд левой обкладки будет (q0 – q), а заряд правой будет q), то напряжение между об-

I (t ) = dq = q0v0 (1 − cos ω t ). Итак, при движении слоя ток будет dt d

изменяться со временем по гармоническому закону.

32

Первый тур (2005 г.)

Задача 1. Скорость движения по орбите радиусом 2R нахо-

дится стандартным образом, ее величина υ = V1 . Тень движется

2

по поверхности Земли, т.е. по окружности радиусом R, причем со средней угловой скоростью, в три раза большей, чем угловая скорость спутника, поэтому средняя скорость тени будет равна

в три раза больше угловой скорости спутника, поясняет рис. 1. Солнечные лучи приблизительно можно считать параллельными. В то время, когда спутник переходит из точки А в точку В, его тень проходит по поверхности Земного шара полоборота, т.е. угол 180°. Поскольку треугольник, показанный на рисунке штрихпунктирной линией, получается равносторонним со стороной 2R, переход спутника из точки А в точку В соответствует углу поворота 60°, т.е в три раза меньшего, чем угол поворота тени.

33

бой момент времени перпендикулярна вектору gG, поэтому

Задача 1. В конечном состоянии брусок будет покоиться относительно доски. Относительно стола вся система будет двигаться с некоторой скоростью u. Наиболее удобный вариант решения – при помощи законов сохранения импульса и энергии:

mυ = (M + m)u,

где слагаемое mgL представляет собой модуль работы силы

трения (или часть механической энергии системы, перешедшей во внутреннюю энергию во время скольжения бруска относительно доски). Подчеркнем, что работа силы трения скольжения зависит от относительного перемещения двух трущихся поверх-

35

ностей, поэтому величина L представляет собой перемещение бруска относительно доски, т.е. длину доски, а не перемещение бруска относительно земли.

Задача 4. В некоторый момент времени движение шариков относительно друг друга прекратится (докажите это!). При этом шарики будут располагаться в вершинах равнобедренного треугольника с боковой стороной а и некоторым основанием х, и вся система будет двигаться как одно целое с некоторой скоростью u. Из закона сохранения импульса находим: u = υ/3. Чем больше будет начальная скорость центрального шарика, тем меньше будет х. Согласно условию задачи нужно найти скорость, при которой x = a. Окончательно начальную скорость центрального шарика находим из закона сохранения энергии:

ную энергию кулоновского взаимодействия системы зарядов в начальном и конечном положении.

Задачу можно решить и в инерциальной системе отсчета, связанной с центром масс. Эта система отсчета будет инерциальной, поскольку система шариков замкнута, и ее центр масс движется прямолинейно и равномерно со скоростью υ/3. Шарики относительно центра масс будут совершать колебательные движения.

Задача 5. Движение первой пластины – равноускоренное

мом второй пластиной. Если υ – скорость первой пластины перед ударом (и сразу после упругого удара), а u – искомая ско-

36

рость на расстоянии d от второй пластины, то кинематические уравнения движения будут иметь вид

Ускорения первой пластины а1 и а2 при движении вниз и вверх будут различными. Причиной этого является изменение зарядов пластин при соударении. Поскольку пластины проводящие и одинаковые, при соударении общий заряд пластин поделится между ними поровну, т.е. заряды пластин станут одно-

именными и по величине равными q1′ = q2′ = q1 − q2 (для оп- 2

ределенности предполагаем, что величина первого заряда больше величины второго). Ускорения первой пластины находятся из второго закона Ньютона:

чи – при помощи закона сохранения энергии. Рассмотрим два состояния пластин – начальное и конечное, когда первая пластина снова находится на расстоянии d от второй, тогда закон сохранения энергии будет иметь вид

37

Выражение ε 0 Е2 представляет собой плотность энер- 2

гии электрического поля между пластинами, соответственно

это уже результирующие напряженности электрического поля между пластинами до и после соударения. Важно отметить, что величина напряженности электрического поля во внешнем пространстве вокруг пластин не изменяется до и после соударения (докажите самостоятельно), поэтому энергия поля во внешнем пространстве неизменна.

2.N = 3,8; Нмин = 34,3 см.

3.Р =19N = 19 кВт.

Задача 1. Ответ на первый вопрос легко получить при помощи закона сохранения энергии. Далее докажите, что движение троса будет формально описываться дифференциальным уравне-

38

Задача 2. Скорость гантельки перед ударом υ 0 = 2gh = 3

м/с. Поскольку удар абсолютно упругий, а стержень невесомый, сразу после удара первый шар, сохраняя величину скорости, меняет ее направление на противоположное. Скорость второго шара остается без изменения. Отсюда можно сделать вывод, что в первый момент после удара центр масс гантельки будет покоиться и гантелька будет вращаться с угловой скоростью

ω = 2υ 0 . Далее центр масс гантельки будет свободно падать, l

при этом угловая скорость вращательного движения останется неизменной. При ответе на второй вопрос задачи не забывайте, что длина гантельки целых 25 см!

Задача 3. Тепло, уходящее из комнаты за единицу времени (мощность тепловых потерь), прямо пропорционально разности температур в комнате и на улице. В стационарных условиях мощность, выделяющаяся за единицу времени в комнате, равна мощности тепловых потерь.

Задача 4. Частота соударений молекул прямо пропорциональна концентрации молекул и их средней скорости: z ~ nυ .

ла процесса: υT2 = const. Опишем общий способ нахождения те-

плоемкостей термодинамических систем. Пусть dT – малое изменение температуры термодинамической системы при сообщении ей малого количества теплоты δQ, тогда по определению

39

Задача 5. При соединении второй и третьей пластин потенциалы этих пластин станут равными и электрическое поле между пластинами исчезнет. Исходя из последнего факта, можно найти заряды второй и третьей пластин после соединения: (–q/2) и (+q/2) соответственно. Далее находится результирующая сила, действующая на вторую пластину. Энергия, выделяющаяся в результате соединения пластин (или тепло), равна энергии электрического поля между второй и третьей пластинами до их соединения.

Первый тур (2008 г.)

1. υB = 1 м/с.

40