Вариант 22

ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП АКАДЕМИЧЕСКОГО СОРЕВНОВАНИЯ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ
«ШАГ В БУДУЩЕЕ» ПО ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОМУ ПРЕДМЕТУ «ФИЗИКА». 2014 ГОД.
ВАРИАНТ № 22
З А Д А Ч А 1.
В некоторой системе отсчета нестабильная частица, движущаяся со скоростью v = 0,90с ,
пролетела от места рождения
до точки распада расстояние L = 2 км .
F
Определите время жизни этой частицы в системе отсчета , относительно которой
8
частица покоится . Здесь с = 3 10 м/с –скорость света в вакууме .
Q
З А Д А Ч А 2.
С какой силой Т натянут трос АВ, если на систему шарнирно
скрепленных стержней действует вертикально направленная сила F. Сплошные
стержни
АЕ
и
BР
шарнирно
соединены посередине
так, что
AC = CB = AD =DE = DB =DP =PQ = EQ. Массой стержней и троса пренебречь.
B
A
D
o
P
E
90
C
З А Д А Ч А 3.
Шарик падает на пол с высоты H и многократно отскакивает от него.
Полагая ,что при каждом отскоке скорость шарика уменьшается в 1,5 раза , определите путь ,
пройденный шариком от начала падения до остановки . Сопротивлением воздуха пренебречь .
З А Д А Ч А 4.
Цилиндрический сосуд высотой H и площадью основания So полностью заполнен
жидкостью. В дне сосуда открыли малое отверстие площадью S<<So. Пренебрегая вязкостью
жидкости, определите, через сколько времени из сосуда вытечет вся жидкость.
P
P2
Po
P1
3
4
O
1
V1
З А Д А Ч А 6.
2
V2
V
З А Д А Ч А 5.
Определите работу, которую совершает идеальный газ в замкнутом
цикле 1 – 4 – 3 – 2 – 1 , изображённом на рисунке, если Р1 = 105 Па,
Ро = 2∙105 Па, Р2 = 6∙105 Па, V2 – V1 = 6 л , а участки цикла 4 – 3 и 2 – 1
параллельны оси V.
Дана цепь, составленная из бесконечного
числа повторяющихся секций с сопротивлениями
R 1 = 16 Ом;
R 2 = 32 Ом . Найдите полное
сопротивление между точками А и B.
З А Д А Ч А 7.
А
R1
R2
R1
R2
R1
R1
R1
R2
R2
R2
B
Катушку индуктивности L = 10,0 мГн, соединенную последовательно
с резистором,
подключили к источнику переменного напряжения с амплитудным значением Uо = 100 В и
3 1
L
R
круговой частотой ω = 10 . Найдите значение сопротивления R резистора,
с
при котором в цепи будет выделяться максимальная тепловая мощность.
U
Чему равна эта максимальная мощность?
З А Д А Ч А 8.
Нерелятивистская частица массы m1 cталкивается с неподвижной частицей. Удар абсолютно
упругий, прямой, центральный. Найдите массу покоившейся частицы, если длина волны де Бройля
налетавшей частицы после удара изменилась в n = 3 раза.
З А Д А Ч А 9.
Энергия атома водорода в основном состоянии равна Е1 = −13,53 эВ. Найдите частоту
излучения электрона при переходе с третьего энергетического уровня на второй.
З А Д А Ч А 10.
Проводящий стержень массы m и длины L подвешен к диэлектрику
с помощью двух одинаковых пружин жёсткости k каждая. К верхним
концам пружин присоединена батарея из двух конденсаторов ёмкости С
и 3С. Система находится в однородном магнитное поле с индукцией В,
направленной перпендикулярно плоскости рисунка, и совершает колебания
в вертикальной плоскости. Пренебрегая массой пружин, сопротивлением,
собственной индуктивностью и ёмкостью проводников,
определите
циклическую частоту колебаний стержня.
С
k
3С
B
m
L
k
ЗАКЛЮЧИТЕЛЬНЫЙ ЭТАП АКАДЕМИЧЕСКОГО СОРЕВНОВАНИЯ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ
«ШАГ В БУДУЩЕЕ» ПО ОБЩЕОБРАЗОВАТЕЛЬНОМУ ПРЕДМЕТУ «ФИЗИКА». 2014 ГОД.
РЕШЕНИЕ ВАРИАНТА № 22
З А Д А Ч А 1. (8 баллов)
Ответ: ∆t o =
∆t o
∆t =
1− β
L
2
υ
β=
,
2
1 − β = 3,2 ⋅10
υ
c
−6
.
L = υ ⋅ ∆t =
,
υ ⋅ ∆t o
1− β
2
;
откуда
∆t o =
L
1− β 2 .
υ
υ = 0,9с ,
При L = 2 км ,
3
L
2 ⋅10
2
2
−5
−5
−6
∆t o =
1− β =
1 − 0,9 = 0,74 ⋅10 ⋅ 0,44 = 0,32 ⋅10 = 3,2 ⋅10 .
8
0,9c
0,9 ⋅ 3 ⋅10
З А Д А Ч А 2. (8 баллов)
Ответ: Т = 2 F
При уменьшении длины троса на ∆ точка Q перемещается на 2∆ . Длина
всей подвески уменьшается на 2∆ и, следовательно, центр масс опускается на ∆ .
Работа силы натяжения троса Т ⋅ ∆ должна, очевидно, быть равна работе силы F ,
то есть Т ⋅ ∆ = F ⋅ 2∆ . Откуда Т = 2 F ,
F
Q
B
A
D
P
E
90o
.
C
З А Д А Ч А 3. (10 баллов)
Ответ: S = H
n +1
2
n −1
2
= 2,6 H .
υ o = 2 gH ; υ1 =
H
h1
h2
h1 =
S = H + 2(h1 + h2 + ......) = H +
∑=
1
1−
1
n
=
n
2
;
2g
=
H2
n2
n
; h2 =
;
υ2 =
υ22
2g
=
υ1
n
H
n4
=
υo
n
2
где n = 1,5 .
,
;
2H 
1
1

1 + 2 + 4 + .. + 
2
n  n
n

2
n −1
υ1 2
υo
S=H+
2H
n −1
2
n +1
2
;
S=H
n −1
2
;
S = 2,6 H .
2
З А Д А Ч А 4. (10 баллов)
Ответ: τ =
So
S
2H
⋅
g
So
.
uo
Если
вытекание происходит через малое отверстие,
то
согласно формуле Торричелли υ = 2 gh
(1), где h – высота
уровня жидкости в сосуде. Связь между скоростью истечения
жидкости из отверстия и скоростью опускания уровня жидкости в
сосуде получим, используя условие неразрывности uS o = υS ,
H
u
h
S
υ
где u – скорость опускания жидкости в сосуде. Отсюда u = υ
 S
u = 2 gh ⋅ 
 So
S
2 gh ⋅
;
So
u=
2
S
So
(2). Подставляя (1) в (2), получим
2

 .


Следовательно,
 S
равнозамедленно с ускорением а = g ⋅ 
 So
уровень
жидкости
движется
2

 .


Если τ - время вытекания жидкости из сосуда, то u = u o − aτ , откуда
τ =
uo − u
=
a
1
 S
g ⋅ 
 So
 So  2
⋅

 S  g
τ =
(




2
[
] SS
2 gH − 2 gh ⋅
o
)
H −0 =
So
S
S  2
= o
⋅
 S  g
2H
S
⋅. τ = o
g
S
(
)
H − h .
Для
h=0
2H
⋅
g
З А Д А Ч А 5. (10 баллов)
( po − p1 )(V2 − V1 )  ( p 2 − pо ) 2 
1 −
 = −45 ⋅10 2 Дж = −4,5 кДж
Ответ: A =
2 

2
 ( po − p1 ) 
Выполнение цикла 1 – 4 – 3 – 2 – 1 фактически эквивалентно
выполнению двух простых циклов
1–0–2–1 и
0–4–3–0 .
Работа газа определяется площадью соответствующего цикла
Р V – диаграмме. Однако, если в первом цикле она
положительна я, то во втором случае она отрицательная (работа
совершается над газом ). Найдём работу А1, совершённую над
газом в первом цикле 1–0–2–1 :
P
3
P2
4
Po
P1
( p − p1 )(V2 − V1 )
A1 = o
= 0.
2
на
A1<0
O
1
A2>0
2
V
V2
V1
Треугольник
на Р V – диаграмме,
соответствующий второму циклу 0–4–3–0 , подобен
треугольнику, соответствующему циклу 1–0–2–1 .
Учитывая, что площади подобных треугольников относятся как квадраты длин
соответствующих элементов, в данном случае – высот, найдём работу А 2 в цикле 1–0–2–1 :
A2 = − A1
( p 2 − pо ) 2
( po − p1 )
2
Полная работа А за цикл будет, таким образом, равна
 ( p 2 − pо ) 2  ( po − p1 )(V2 − V1 )  ( p 2 − pо ) 2
=
1 −
A = A1 + A2 = A1 1 −
2 
 ( p − p )2
2
p
p
−
(
)
o
o
1
1



=
(2 ⋅ 10 5 − 10 5 ) ⋅ 6 ⋅ 10 −3  (6 ⋅ 10 5 − 2 ⋅ 10 5 ) 2
1 −

2
(2 ⋅ 10 5 − 10 5 ) 2


=



 = 3 ⋅ 10 2 (1 − 16) = −45 ⋅ 10 2 Дж = −4,5кДж


З А Д А Ч А 6. (10 баллов)
Ответ: R =
R1 
R
⋅ 1+ 1+ 4 2
R1
2 

 = 32 Ом .


А
R1
C
R2
B
R1
R2
D
R1
R2
R1
R2
R1
R2
Отрежем от рассматриваемой схемы первую секцию по пунктирной линии CD. По-прежнему
справа останется бесконечное число секций, так что сопротивление между точками С и D должно
R1
равняться искомому сопротивлению. Тогда схема будет иметь вид
А
R2
R
B
Этот участок цепи эквивалентен исходной схеме и его сопротивление должно
RR2
R = R1 +
равняться искомому сопротивлению R.
. Получили квадратное уравнение
R + R2
2
R − RR1 − R1 R2 = 0 . Решая это уравнение , находим R =
относительно R:
Подставив числовые значения, получим R =
R1
2

R
⋅ 1 + 1 + 4 2

R1


.


16 
32 
⋅ 1 + 1 + 4  = 32 Ом .
2 
16 
З А Д А Ч А 7. (10 баллов)
Ответ: Pmax
U 2o
=
= 250 Вт
4ωL
при R = ωL = 10 Ом .
2
1). Мощность переменного тока P = I D R , где I D = I o - действующее значение тока.
2
2) Амплитуда тока
2
Uo
Io =
R +ω L
2
2
2
. Тогда мощность тока P =
Uo R
2( R 2 + ω 2 L2 )
(* )
3) Исследуем выражение (* ) на экстремум и найдём R. .
2
2
2 2
2
2
2 2
2
2
2 2
2
dP U o ( R + ω L ) ⋅ 1 − R ⋅ 2 R U o ( R + ω L − 2 R
U o (ω L − R )
=
=
=
;
dR
2
2
2 ( R 2 + ω 2 L2 ) 2
( R 2 + ω 2 L2 ) 2
( R 2 + ω 2 L2 ) 2
U o (ω L − R )
= 0;
2 ( R 2 + ω 2 L2 ) 2
2
2
2
U o (ω L − R )
=0;
2 ( R 2 + ω 2 L2 ) 2
2
U o ωL
2
2
4) Pmax =
2(ω 2 L2 + ω 2 L2 )
=
U 2o
4ωL
2
2
ω 2 L2 − R 2 = 0 ;
R = ωL
достигается при R = ωL .
Подставив числовые значения , получим
Pmax
2
dP
=0
dR
R = ωL = 10 3 ⋅10 ⋅10 −3 = 10 Ом
U 2o
10 4
10 3
=
=
=
= 250 Вт .
4ωL 4 ⋅ 10 3 ⋅ 10 ⋅ 10 −3
4
З А Д А Ч А 8. (10 баллов)
n +1
= 2m 2 .
n −1
Используя закон сохранения энергии и закон сохранения импульса в проекциях на
направление движения частицы, запишем:
2
2
2
m1υ o
m1υ1
m2υ 2
=
+
(1), m1υ o = m1υ1 + m2υ 2 (2) ,
2
2
2
где υ o - скорость, с которой первая частица налетает на покоящуюся частицу, υ1 - скорость первой
Ответ: m1 = m2
частицы после столкновения,
υ 2 - скорость второй частицы после столкновения. Из этих равенств
найдём скорость первой частицы после столкновения υ1 =
m1 − m2
υ o (3) Длины волн де Бройля
m1 + m2
первой частицы до и после столкновения равны λ1 =
h
h
; λ2 =
. По условию задачи
mυ o
mυ1
υo
m + m2
λ2
= n . Используя соотношение (3), получим 1
= n,
= n . То есть отношение скоростей
υ1
m1 − m2
λ1
откуда m1 = m2
n +1
3 +1
= m2
= 2m 2
n −1
3 −1
З А Д А Ч А 9. (12 баллов)
Ответ:
ν =−
5 E1
⋅
= 4,56 ⋅ 1014 Гц .
36 h
В модели атома водорода Бора энергия атома на
n –ом энергетическом уровне E n =
энергия атома на втором энергетическом уровне
E2 =
откуда ν =
hν = E 3 − E 2 ,
E 3 − E2
h
E1
2
2
=
E1
4
.
а
E1
n2
E3 =
на третьем
. Тогда
E1
3
2
=
E1
9
.
.
 5 
E1  − 
−19
5 E1
5 − 13,53 ⋅ 1,6 ⋅ 10
 36 
9
4
=
=− ⋅
=− ⋅
= 4,56 ⋅ 1014 Гц .
ν=
−34
h
h
36 h
36
6,6 ⋅ 10
E1
−
E1
З А Д А Ч А 10. (12 баллов)
Ответ: ω = 2
k
4m + B 2 L2 3C
.
С
3С
E = υBL ,
При движении стержня в нём возникает ЭДС
которая вызывает ток, заряжающий конденсатор. Заряд конденсатора
q = CE = C БАТ υBL ,
I=
где
C БАТ
3
= С.
4
Ток, идущий в цепи,
∆q
∆υ
= C БАТ BL
= C БАТ BL ⋅ a , где а- ускорение стержня.
∆t
∆t
При
возникновении
этого
тока
на
стержень
k
k
B
m
L
в
магнитном
поле
действует
сила
F = BLI = C БАТ B L a , направленная, как и сила упругости к положению равновесия стержня.
2
2
Запишем уравнение движения стержня в магнитном поле:
ma = −kx − a ⋅ C БАТ B 2 L2 или в таком виде:
(m + ⋅C БАТ B L )a = −kx .
2
2
Такой вид уравнения движения показывает, что наличие магнитного поля равноценно изменению
массы
стержня,
который
будет
совершать
колебания
с
циклической частотой
ω=2
k
4m + B 2 L2 3C
.