Поможем в ✍️ написании учебной работы

Имя

Поможем с курсовой, контрольной, дипломной, рефератом, отчетом по практике, научно-исследовательской и любой другой работой

Выберите тип работыЧасть дипломаДипломная работаКурсовая работаКонтрольная работаРешение задачРефератНаучно - исследовательская работаОтчет по практикеОтветы на билетыТест/экзамен onlineМонографияЭссеДокладКомпьютерный набор текстаКомпьютерный чертежРецензияПереводРепетиторБизнес-планКонспектыПроверка качестваЭкзамен на сайтеАспирантский рефератМагистерская работаНаучная статьяНаучный трудТехническая редакция текстаЧертеж от рукиДиаграммы, таблицыПрезентация к защитеТезисный планРечь к дипломуДоработка заказа клиентаОтзыв на дипломПубликация статьи в ВАКПубликация статьи в ScopusДипломная работа MBAПовышение оригинальностиКопирайтингДругое

Нажимая кнопку "Продолжить", я принимаю политику конфиденциальности

 

 

II.1. Поскольку поршень вытаскивают из цилиндра медленно (без ускорения), то внешняя сила нарастает постепенно, оставаясь равной

 

F = (p0 − p)S +mg .

 

1                     1

Поршень покинет цилиндр, если сила превысит значение F = (p0 − p )S +mg ,

p

p

где 1 – давление воздуха в цилиндре в тот момент, когда поршень дос-тигает крайнего верхнего положения. В этом положении объем, зани-маемый воздухом, увеличился по отношению к первоначальному в два раза. Давление 1 определяется, исходя из закона Бойля–Мариотта:

 

÷

ç

1

S

2

ø

è

æ p0 + mg öV = p V .

 

1

2

Совместное решение записанных уравнений позволяет получить ответ: F = 1 (p0S + mg) .

 

F

Отметим, что найденное значение силы 1 является минимально доста-точным, для того чтобы медленно вытащить поршень из цилиндра.

 

 

129

 

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

 

 

II.2. Согласно первому закону термодинамики изменение внутрен-ней энергии газа

 

∆U = Q − A.

 

Работа A , совершенная газом при переходе из состояния 1 в состояние 2, численно равна площа-ди трапеции 1234 (см. рис. 105):

 

1                2    1

2

Рис. 105                                       A = 1 (p + p2)(V −V ) .

 

Поскольку точки 1 и 2 лежат на прямой, проходящей через начало ко-ординат, справедливо равенство:

 

2

V   p

V = p2 . 1       1

 

Поэтому в рассматриваемом процессе работа газа

 

æ       ö

V

ç       ÷

1

2

p

è       ø

A = 1 (p + p2) 1ç p2 −1÷ . 1

 

æ       ö

ç       ÷

1              1

2                   p

è       ø

Ответ: ∆U = Q − A = Q− 1 (p + p2)V ç p2 −1÷ =150 Дж. 1

 

 

V

T

II.3. Пусть p0 , 0 и 0 – начальные, а p , V и – конечные дав-ление, объем и температура газа. По первому закону термодинамики

Q = ∆U + A,

 

3

0

где ∆U = 2 R(T −T ) – изменение внутренней энергии, A – работа газа. Поскольку сжатие пружины                        совпадает с высотой поршня над дном сосуда, давление газа p = kx/S пропорционально его объему: p ~V и

 

p

p

0

V = V0 . При этом работа газа

 

(

0                                0 0

2

2

A = 1 (p + p0) V −V ) = 1 (pV − p V ).

 

 

130

 

Решения задач

 

 

Из уравнения состояния газа имеем:

 

V    T

0

p0 0 = R 0 , pV = np0nV = RT .

 

0

0 0                                    0

2                       2

Отсюда T = n2T . Следовательно, A = 1 p V (n2 −1) = 1 RT (n2 −1),

 

0

0

2

∆U = 3 RT (n2 −1) . Ответ: Q = 2RT (n2 −1) = 6225 Дж.

 

II.4. Поскольку плотность насыщенного водяного пара при комнат-ной температуре примерно на 5 порядков меньше плотности воды, а масса воды в начальном состоянии равна массе пара, объемом воды в цилиндре можно пренебречь. Обозначим давление насыщенного пара

н

н

(

через p , а парциальное давление воздуха – через x p . В соответствии с законом Дальтона начальное давление смеси равно p0 = 1+ x)pн . По-

 

(            (

сле изотермического уменьшения объема смеси в k раз пар останется насыщенным (то есть его парциальное давление не изменится), парци-альное давление воздуха увеличится в k раз, а давление смеси возрас-тет в n раз:

np0 = 1+ kx)pн = n 1+ x)pн .

 

−1

−

n

Отсюда x = n− n =1, то есть начальное давление смеси равно p0 = k −1 pн = 2 pн . Так как масса воды в начальном состоянии равна

 

массе пара, то при изотермическом увеличении объема смеси в два раза вся вода испарится. При этом парциальное давление воздуха уменьшит-ся в 2 раза, и конечное давление под поршнем станет равным

 

2          2(k − n)

pк = рн + 1 х рн = 2k − n −1 рн =1,5рн .

 

2k − n −

р

к

Следовательно, р0 = 2(k −1)1 = 0,75 , то есть давление смеси умень-шится в 4/3 раз.

 

131

			,				,

 

 

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

 

 

II.5. Пусть перемещение l правого поршня таково, что пар в левом отсеке остается ненасыщенным. Обозначив через x смещение левого поршня, по закону Бойля-Мариотта имеем:

 

1

1

pSL = p S(L−l + x) (для воздуха);  pSL = p S(L− x) (для пара).

 

1

Отсюда x =l/2 , что справедливо, пока p £ 2p , т.е. при l £ L . Когда

 

перемещение правого поршня превысит L , пар в левом отсеке начнет конденсироваться, и давление в обоих отсеках станет постоянным и равным 2p . Следовательно, постоянным и равным L/2 будет и рас-

 

¢

стояние между поршнями. Длина левого отсека при этом L¢= 2L−(l +(L/2)) = 3L/2−l ,

 

¢

и смещение левого поршня составит величину x = L−L¢=l −L/2.

Если l ³ 3L/2 , пар полностью сконденсируется и левый поршень пере-станет перемещаться. Пренебрегая объемом образовавшейся в левом отсеке воды, получаем ответ в виде: x = l/ 2 при l £ L ; x = l − L/ 2 при

L £ l £ 3L/2 ; x = L при 3L/2 £ l £ 2L .

 

III. ЭЛЕКТРОДИНАМИКА

 

 

q

v

2

III.1. Пусть m – масса каждого из шариков, 1 и q2 – заряды ша-риков, v – модуль скорости первого шарика в момент, когда расстояние между шариками равно 2a , 1 и v2 – модули скоростей первого и вто-рого шариков в момент, когда расстояние между ними равно 3a . Из законов сохранения энергии и импульса следуют равенства:

 

q q2            q q2         m v2 4pe0a  4pe0 × a   2

q q2            q q2         m(v2 +v2 ) 4pe0a  4pe0 × a        2

 

1

m v = m v −m v2 .

 

q q

1 2

Исключая из этих равенств v и 4pe0a , получаем уравнение

 

132

 

Решения задач

 

 

(

2

1         1

)

v2 −8v v2 +v2 = 0 ,

 

1

1

v

откуда v = v2 4± 15 . Условию задачи удовлетворяет больший по ве-личине корень. Ответ: n = v = 4+ 15 » 8 .

2

 

 

q

1    1

III.2. Ключевым моментом в условии этой задачи является тот факт, что сферы одинаковые. Отсюда следует, что при поочередном сопри-косновении шарика с каждой из сфер образуются тождественные друг другу системы проводников. Поэтому отношения заряда сферы к заряду шарика в обоих случаях должны быть одними и теми же. Если исходить из этого, то провести дальнейшие расчеты не составит труда. Пусть при соприкосновении шарика с первой сферой на него со сферы перетек заряд 1, а на сфере остался заряд Q −q . Тогда справедливо равенст-во:

 

Q q  Q

=

.

q

1 − 1        2к 1          q2

 

1

Из закона сохранения электрического заряда, примененного к процессу соприкосновения  шарика  со  второй  сферой,  следует,  что Q2 + q = Q2к + q2 . Исключая из записанных уравнений Q2к , получим

1

квадратное уравнение относительно неизвестной величины q :

 

1             1      1

q2 +Q2q −Q q2 = 0 .

 

1

2           1

2

Решая его, найдем, что q = −Q2 + Q2 + 4Q q2 . Следовательно,

 

 

2

1

1

2

Q2к = Q2 + q − q2 = Q2 − 2q2 + Q2 + 4Q q2 = 3,5 мкКл.

 

 

C

III.3. При замкнутом ключе напряжение на конденсаторе 1 равно

 

E

R

C U

1

2

2 U1 = R + , конденсатор C2 не заряжен, и энергия системы W = 1 1 .

 

133

× =

 

 

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

 

 

C

Когда ключ разомкнули, конденсатор 1 разрядился через резистор, а конденсатор C2 зарядился до напряжения U2 =E . При этом энергия

 

2

2

системы стала равной W2 = C E 2 , а через источник протек заряд

 

2                                                                                                                                                                2

q2 = C E , в результате чего источник совершил работу A = q E . По закону сохранения энергии имеем:

 

1

W + A =W2 +Q . Объединяя записанные выражения, получаем ответ:

 

æ

ö

E              R

−4

ç

÷

2                                 2

ç

÷

1

Q = 2 èC2 +C (R +r)2 ø =1,32×10   Дж.

 

 

III.4. Поскольку конденсатор был полностью заряжен и отключён от источника, начальный заряд конденсатора равен q0 = CE . Здесь ис-пользовано определение электроёмкости конденсатора и тот факт, что конденсатор зарядится до разности потенциалов, равной ЭДС источни-ка. Начальная энергия – это энергия электрического поля заряженного конденсатора:

 

0

2

W = CE2 .

 

В тот момент, когда заряд конденсатора уменьшится в n раз, эта энер-гия перераспределится между электрическим и магнитным полями, оставаясь неизменной:

 

0

2          2

W = (q0 /n)2 + LI2 .

 

Решая записанную систему уравнений, найдём силу тока в этот момент:

 

 

I =

(n2 −1)C E

 

L      n

 

3

C ×E = 50 мА.

 

 

L

4

134

 

Решения задач

 

 

III.5. На рис. 106 изображена рамка АВСD, к вершинам А и D кото-рой подключен источник ЭДС. Таким образом,

сторона рамки AD подключена параллельно уча-стку ABCD. В магнитном поле на проводники с током (стороны рамки) действуют силы Ампера. Направления магнитной индукции, токов и сил Ампера представлены на рис. 106. Пренебрегая внутренним сопротивлением источника и исполь-зуя закон Ома для полной цепи, найдем значения

4

=           =

,            .

I           I

токов I1 и I2 , текущих по участкам AD и ABC D:               Рис. 106 4E E

1     R   2   3R

 

Из рис. 106 видно, что силы Ампера, действующие на стороны AB и CD, уравновешивают друг друга, а на стороны AD и BC – складываются. Поэтому на рамку действует результирующая сила, модуль которой равен

 

A       A

F = F 1 + F 2 = (I1 + I2)×a×B .

 

Здесь учтено, что плоскость рамки перпендикулярна направлению век-тора магнитной индукции B . Поэтому входящий в закон Ампера синус угла между проводником с током и вектором B для каждой из сторон рамки обращается в единицу. Подставляя в выражение для F найден-ные выше значения токов, находим ответ:

 

3R

F = 16Ea B =1,6×10−2 H.

 

III.6. Рассмотрим момент времени, когда напряжение на катушке равно U . Обозначим через I L , I R , и I r  силы токов, текущих в этот момент через катушку, резистор и источник, соответственно. По закону электромагнитной индукции

 

∆

I

L

U = L ∆t ,

 

где ∆I L – изменение за малое время ∆t силы тока, текущего через ка-тушку. По закону Ома для однородного участка цепи напряжение на

 

135

 

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

 

 

резисторе

 

U = I R R.

 

По закону Ома для участка цепи, содержащего ЭДС, U =E − I r r .

Поскольку согласно первому правилу Кирхгофа I r = I L + I R , из по-следнего равенства можно исключить переменную I r , переписав его в виде:

 

ç         ÷

R

è         ø

U =E −æI L + U ör .

 

Кроме того, из записанных выше уравнений следует, что L∆I L = RI R∆t = R∆q ,

где ∆q = I R∆t – заряд, протекший через резистор R за время ∆t . Так как до замыкания ключа ток через катушку отсутствовал, а к рассматри-ваемому моменту времени стал равным I L , то LI L = Rq . Выражая от-сюда величину I L и подставляя ее в записанное выше соотношение для U , получим уравнение:

 

æ           ö

ç           ÷

L  R

U =E −è Rq + U ør , из которого следует, что

=

−       .

ç          ÷

U

E

R æ   Rrq ö R+r è          L ø

 

R r

Заметим, что решение задачи существует при q £ E L , в противном

 

случае решения нет.

 

 

136

 

Решения задач

 

 

IV. ОПТИКА

 

 

IV.1. Построение изображения для случая, когда правая линза сме-щена, приведено на рис. 107. Для

Рис. 107

построения использованы два луча, идущие от источника: луч 1, совпадающий с главной опти-ческой осью левой линзы, и луч 2, проведенный в точку пересе-чения преломляющей плоскости левой линзы с главной оптиче-ской осью правой линзы. Из

рис. 107 видно, что на основании подобия треугольников h = Hx/ F . При вычислении величины                                     учтем, что изображение источника, да-

ваемое левой линзой, находится на ее главной оптической оси на рас-стоянии 2F − L от правой линзы справа от нее. Используя для правой линзы формулу:

 

1     1 1

−

F − L

F L

3

3

− 2F − L + x = F , находим, что x = F 2F − L . Ответ: h = H 2F − L .

 

 

IV.2. Первое действительное изображение высотой h формируется лучами, которые исходят не-

1

посредственно из стержня и преломляются  линзой  (см. рис. 108).  Второе  действи-тельное изображение высотой h образуется при преломле-

 

Рис. 108

нии линзой лучей, продолже-ния которых формируют мни-

мое изображение стержня в зеркале. Обозначим высоту стержня через H , расстояние между линзой и мнимым изображением стержня в зер-

 

137

	=		=

 

 

Олимпиада «Ломоносов – 2007»

 

 

1

1

кале через a , расстояния между действительными изображениями стержня и линзой через b и b . Из рисунка видно, что:

 

 

h b

 

H a

и  h = b ,

 

1

 

1

h

причем a = a + 2(x − a) = 2x − a . Пусть k = h . В соответствии с фор-1

мулой тонкой линзы,

 

= + = +

.

1     1

1 1 1 1 1 F        a    b  a  b

 

 

Отсюда находим, что

 

a a − F

 

b    F

и a = a − F . Следовательно,

 

1

 

−

k =    =         =

1          1

.

2

1

1

a b a − F    x − F ab  a − F    a − F

 

Переписывая последнее уравнение в виде (k +1)(a − F) = 2(x − F) , по-лучаем ответ:

2

x = (k +1)a − (k −1)F .

 

Заметим, что, в силу условий a > F и k >1, величина x положительна.

 

 

l

IV.3 . Энергия одного кванта света E = hc . Пусть в единицу време-

 

ни на фотокатод падает n фотонов. Тогда мощность падающего света N = nE .

Только малая часть поглощенных фотонов вызывает фотоэффект. По ус-ловию задачи доля таких фотонов составляет всего h =1/k = 0,1=10% (это

 

– так называемый квантовый выход процесса). Поэтому количество элек-тронов, покидающих катод в единицу времени равно

 

e

n = n .

 

 

138

 

Решения задач

 

 

e

Ток насыщения через фотоэлемент достигается при условии, что все покинувшие катод электроны достигают анода. Поскольку сила тока равна величине заряда, переносимого в единицу времени, I = n e.

 

khc

Ответ: I = eNl =8 мА.

 

1

v

IV.4. Расстояние внутри пластинки свет проходит за время t = d , 1

1

v

n

где v – скорость света внутри пластинки. Из волновой теории света известно, что                          1 = с , где c – скорость света в вакууме. То же самое

 

n

v

расстояние в воздухе свет проходит за время t2 = d , где v2 = с . Та-2             0

 

ким образом, после внесения пластинки световая волна, прошедшая через пластинку, будет запаздывать по сравнению с волной, распро-страняющейся в воздухе, на промежуток времени

 

(

1                                 0

c

∆t = t −t2 = d n−n ).

 

(

0

c

Такое запаздывание приводит к появлению сдвига фаз ∆f = w ×∆t = w d n−n ),

 

T

где w = 2p – круговая частота, а T – период колебаний в световой вол-

 

(

0

l

не. Учитывая, что l = с T , получаем окончательно ∆f = 2p d n−n )= 3p .

 

139