4(118). Силу, яка зумовлює рух половинок після розрізання куль, можна розглядати як силу електростатичного тиску, що діятиме на кожну кулю.

Знайдемо залежність прискорення від заряду і радіуса куль

Отже, що більший радіус, то менше прискорення, а тому, за однаковий час куля з більшим радіусом набуде меншу швидкість. тобто її половинки роз’їдуться на менші відстані.

Розгляньмо тепер випадок, коли половинки обох куль роз’їха­лися на великі відстані . В цьому випадку можна вважати, що задача перетворилася в задачу про рух точкових зарядів і тепер власні розміри куль вже не відіграють ролі. Сила взаємодії тепер пропорційна , а прискорення

Отже, і в цьому випадку для кулі з більшим прискорення буде менше. Тому половинки кулі більшого радіуса роз’їжджаються після розрізання повільніше. Від знаку зарядів на кулі нічого не залежить.

5(119). Прирівняймо електростатичний тиск до тиску сил поверх­невого натягу:

(1)

де

(2)

З геометричних міркувань, враховуючи те, що - мале (див. рис.), отримаймо:

(3)

Врахувавши (1) та (2) знайдемо вираз для і підставмо в (3).

11 Клас

1995 p.

1(120). Середнє значення енергії осцилятора є сумою середніх значень кінетичної та потенціальної енергій:

Координату та імпульс осцилятора представмо, як суму відповідних середніх значень , та відхилень та , пов’язаних з квантовою невизначеністю:

Для осцилятора середні значення координати та імпульсу дорівнюють нулеві , , тому значення імпульсу та координати співпадають з відповідними невизначеностями

Отже середнє значення енергії

Зі співвідношення Ґайзенберга

й вирахуймо невизначеність імпульса як функцію невизначеності координати

тоді енергія

Для знаходження мінімального значення , візьмемо похідну по , і прирівняємо її до нуля, звідси

Отже

А з урахуванням того, що ,

2(121).

а) Знайдемо теплопровідність уздовж пластинок .

Нехай різниця температур між протилежними гранями куба - .

Тоді:

Звідси

(1)

Знайдемо теплопровідність поперек пластинок - .

Очевидно, що

(1)

(2)

але , отже

(3)

Знайдемо :

(4)

Звідси

б) Порівняймо теплопровідності

Оскільки відомо, що завжди виконується нерівність , та при , то .

в) Розгляньмо граничні випадки:

Якщо для однієї з пластин , то , а визначається теплопровідністю інших пластин.

Якщо для однієї з пластин , то , а .

3(122). Розгляньмо заряд, який рухається з постійною швидкістю , у середовищі з показником заломлення вздовж осі z (рис. 1). За класичною хвильовою теорією світла, кожну точку траєкторії заряду вважаємо джерелом електромагнітних хвиль, які розпов­сюджуються у всі боки зі швидкістю (див. умову задачі, тоді, відповідно, швидкість світла у вакуумі дорівнює ). Різниця ходу хвиль випромінених в точках А та В, виразиться часом проходження світла відрізка АС (рис.) та затримкою початку випромінювання в точці В, яка дорівнює часу переміщення заряду з А до В:

(1)

При , та непарному хвилі повністю погасять одна одну, а при парному, або рівному нулеві - максимально підсиляться ( - довжина хвилі випромінювання). Нехай , тоді відрізок АВ завжди можна вибрати так, що і в цьому напрямі світло не поширюватиметься (траєкторія заряду достатньо довга, отже ефекти, пов’язані з обмеженням траєкторії, не розглядатимемо). Отже лише хвилі, які випромінені під кутом

(2)

матимуть завжди нульову різницю ходу, незалежно від точки випромінювання. Оскільки , або , або тобто випромінювання можливе лише для заряду з надсвітловою швидкістю (в границі - зі світловою) і тільки в напрямку який задовольняє вираз (2).

Розгляньмо тепер випромінювання „надсвітлової” зарядженої частинки. За квантовою теорією випромінюються окремі фотони. Енергія та імпульс фотона

(3)

де - стала Планка, - частота фотона. Для частинки з ненульовою масою спокою залежність енергії та імпульсу від швидкості визначаються формулами релятивістської механіки

(4)

Нехай заряджена частинка ру­хається вздовж осі z, зі швидкістю і в деякій точці випромінює фо­тон з енергією , під кутом (рис. 2). При цьому сама частинка відхилиться від початкового поло­ження на кут і її енергія стане рівною . З рис. 2:

- ЗЗЕ:

(5а)

- ЗЗІ в проекції на Оz.

(56)

- ЗЗІ в проекції на вісь, перпендикулярну до осі z

(5в)

Розв’язавши систему рівнянь (5) маємо:

(6)

де - довжина хвилі фотона, -довжина хвилі де-Бройля частинки.

Квантовий вираз (6) відрізняється від класичного (2) наявністю доданка, який враховує віддачу (зміну імпульсу) частинки при ви­промінюванні. Оцінимо цей доданок. Для „зеленого” фотона у звичайному склі з 5 . Зауважмо, що максима­льне значення досягаються для електрона, як однієї з найлег­ших частинок, при швидкості, близькій до порогового значення . Вираз для довжини хвилі де-Бройля:

де - добре відома Комптонівська довжина хвилі електрона. Отже квантова поправка до не перевищує . Такою величиною нехтують використовуючи формулу (2).

4(123). Знайдемо силу струму через .

Запишемо закон Ома для ділянки CFED:

(1)

Правило Кірхгофа для вузла А:

(2)

Для контура :

(3)

З рівнянь (2) та (3):

(4)

Для конденсатора:

(5)

З рівнянь (4), (5) та (1):

(6)

або

(7)

Після інтегрування

(8)

З граничних умов маємо - при , :

Отже

(9)

Кількість теплоти, яка виділиться на :

5(124). Еквівалентна ємність , а еквівалентна індуктивність .

Сила струму в колі (див. векторну діа­граму):

Середня активна потужність:

Максимальна потужність буде при

За умовою , тобто

Звідси

і з урахуванням теореми Вієта:

Отримуємо

1995 р.

1(125). Направмо вісь Oz уздовж осі труби в напрямку руху магніта. Розбиймо умовно трубу на кільця, що лежать в площині XOY. Тоді в кільці, координата якого z, а попе­речний переріз hdz, полем магніту індуку­ватиметься струм:

(1)

де - ЕРС індукції. Для кільця з координатою z у момент часу

де - швидкість магніта в момент часу . (Достатньо, якщо записати: . Тобто, зробити висновок, що і зміна магнітного потоку з часом пропорційна швидкості магніта).

На виникаючий в кільці струм (1) з боку магніта діє сила, складова якої вздовж осі Oz, де - кут між В і площиною XOY. Складова сили в напрямку осі труби, що діє на всі кільця, які знаходяться попереду магніта

(2)

Враховуючи силу, що діє на кільця з протилежного боку магніта (вона така ж за величиною і напрямом як і ), маємо повну силу, що діє на кільця в напрямку паралельному осі труби:

(3)

Тут стала . Рівняння руху магніта:

(4)

Нехай . Тоді для отримаймо:

(5)

Звідси: , і при , маємо , тоді

(6)

Якщо , то - стаціонарна швидкість магніта. Якщо , - велике, то вже через деякий обмежений проміжок часу. Якщо то і .

2(126). Див. 10 кл. 1996 р. задача 1(85).

3(127). 1. Без врахування віддачі . При такому відбитті за явищем Доплера частота світла збільшується і дорівнює

(1)

Оскільки , то

(2)

але і тому

(3)

Для ультрарелятивістських електронів

тому

(4)

Мабуть, цей шлях мало хто вибере. Напевно розв’язок отримуватимуть, виходячи із загального розв’язку, який враховує енер­гію віддачі. Але тоді потрібно, щоб був правильно сформульований критерій, який дасть змогу знехтувати енергією віддачі і отримати вищенаведений вираз.

2. Можливі декілька варіантів. У лабораторній системі відліку закони збереження енергії та імпульсу

(5)

Або

(використано ). Віднімаючи одне від одного і використовуючи , маємо

(6)

У випадку ультрарелятивістських електронів і

(7)

Це і є вираз, який враховує енергію віддачі електронів. Енергією віддачі електрона під час розсіяння на ньому фотона можна нехту­вати, якщо енергія налітаючого фотона в системі спокою електрона , енергії електрона в цій системі. Проте, щоб сформу­лювати цей критерій так, щоб можна було звести вираз (7) до виразу (4), потрібні перетворення Лоренца для енергії. Це можуть лише дуже підгототовлені учні, які знайомі, наприклад із завданнями міжнародних фізичних олімпіад. Отже, за перетвореннями Лоренца для енергії фотона в системі спокою електрона маємо

де

Звідси

(8)

Отже,

або

Останній вираз і є умовою в лабораторній системі того, що енергією віддачі електрона можна знехтувати. Тоді з виразу (7) отримаємо вираз (4). Користуючись наведенними даними маємо , тобто енергія фотона зростає більше, ніж у мільярд разів.

4(128). , - магнітний момент електрона. - механічний мо­мент електрона.

де - період обертання електрона.

5(129).

І варіант розв'язку (розв’язок жюрі)

Схема має такий вигляд:

Ґрунтуючись на цій схемі та її ВАХ визначимо:

Вираз для цих опорів випливає з рівняння для опорів, з’єднаних паралельно.

Нехай

звідси

ІІ варіант розв’язку (розв’язок О. Волкова, м. Львів, Львівський фізико-математичний ліцей)

Схема має такий вигляд:

Щоб узгодити усі вигини, ми визначимо усі ЕPC та опори за ВАХ:

Цей опір визначається аналогічно до І варіанту розв’язку.

1997 р.

1(130). Електростатична сила, що діє на заряд у ланцюжку довжиною з боку іншого (нескінченно довгого) ланцюжка , де напруженість поля зарядженого провідника (циліндр), - лінійна густина зарядів, - відстань між ланцюжками. Сили магнітної дії (за законом Ампера) на елемент струму:

де сили струму , отже:

2(131). В електричному полі:

Час прольоту . На момент виходу з електричного поля .

оскільки мале (за умовою), то ;

В магнітному полі:

Радіус колової траєкторії

Якщо осі системи координат направлені, як на рис. 2, то рівняння траєкторії має вигляд:

, бо центр кола в цій системі координат має координати .

Або

бо відхилення частинки в магнітному полі мале. Отже, координати частинки пов’язані співвідношенням:

(1)

Знайдемо координати точ­ки перетину траєкторії з на­прямом у системі коорди­нат х'О'у'.

Підставмо в (1) значення , і отримаємо рівняння для виз­начення .

Оскільки ; , то маємо:

(2)

З (2) маємо:

Для малих :

Для малих :

3(132). див. 10 кл. 1997 р. задача 4(93).

4(133). див. 10 кл. 1997 р. задача 5(94).

5(134). Рівняння руху стрижня:

(1)

Виникаюча при русі ЕРС індукції за величиною дорівнює

З іншого боку,

- ЕРС самоіндукції котушки (омічний опір провідників дорівнює нулю).

Тобто маємо:

(2)

Продиференціюймо (1) за часом і врахувавши (2), отримаймо

(3)

(3) - рівняння коливань і його розв’язок , тобто швидкість стрижня коливається з частотою

(3')

Оскільки зміна швидкості носить періодичний характер, то її максимальне значення отримується вже впродовж першого періоду (через чверть періоду). Нехай стрижень, досягаючи максимальної швидкості , пройшов шлях . Тоді за законом збереження енергії:

(4)

тобто потенціальна енергія стрижня перейде в його кінетичну енергію і енергію магнітного поля. При із (1) отримаймо

(5)

а із (2) маємо:

або

(6)

Підставляючи з (5), (6) в (4) значення і , отримаймо:

1998 р.

1(135).

1. Запишемо закон Ома

або

звідси

Проінтегруймо цей вираз, врахувавши, що :

або

Пропотенціюймо цей вираз:

звідси

Тоді робота джерела:

енергія конденсатора:

Ефективність процесу зарядки:

2. Якщо струм постійний,

Енергія розсіяна на резисторі

Робота джерела

ефективність зарядки

якщо

якщо

2(136) Нехай - загальна маса кошика з пасажирами, - маса, витісненого кулею, — маса нагрітого повітря в кулі. Тоді умова підіймання кулі

(1)

(2)

де , - температура повітря в кулі і назовні.

(2)→(1)

(3)

Отже, якщо об’єм кулі , то куля підлетить.

Підрахуймо, яка маса пропану потрібна для нагрівання повітря у кулі до .

Проінтегруймо цей вираз:

Тоді маса пропану:

Отже з такою масою пропану куля не підніметься.

3(137).

1. Хід променів мас вигляд, як зображено на рис. 1.

2. Для визначення зміщення променів скористаймось дзеркальним відбиванням грані ВС відносно грані АС (рис. 2). Тоді промені у призмі стануть прямими.

З геометричних міркувань

звідси

4(138). Нехай ділянка з порушеною електронейтральністю виникає завдяки зміщенню шару електронів товщиною на праворуч відносно такого ж шару йонів. При цьому утвориться система типу плоского конденсатора.

Поверхнева густина зарядів на обкладках такого конденсатора , - заряд електрона, - концентрація електронів. Між обкладками виникає електричне поле напруженістю

Нехай - площа обкладок, тоді на електрони в конденсаторі діє сила

ця сила напрямлена протилежно до зміщення електронів. Тоді з другого закону Ньютона

або

звідси

це диференціальне рівняння, розв’язком якого є рівняння гармонічних коливань з частотою

тобто у плазмі виникають гармонійні коливання.

5(139). Розгляньмо інтерференцію променів на відстані від точкових джерел.

Умова спостереження першого мінімуму буде:

Сума коренів приблизно дорівнює , тоді

або

звідси

Радист може виявити відхилення від курсу на 25 м.

1998 р.

1(140).

1. Нехай йон у вакуумі над поверхнею діелектрика, тоді на нього діє сила притягання до поверхні. Уявно накладемо такий же діелектрик на вакуум так, що в цьому уявному діелектрику йон знаходитиметься під його поверхнею. Але тоді, загалом, ді­електрик став безмежним, і на йон мають не діяти сили. Це озна­чає, що сила в уявному діелектрику компенсувала силу притягання . Отже, під поверхнею діелектрика на йон діє виштовхувальна від поверхні сила, яка дорівнює за величиною .

2. Визначимо рівноважну відстань заряду від поверхні

звідки

При виведенні заряду з положення рівноваги він починає ру­хатись під дією сил. Запишемо другий закон Ньютона:

(Враховано, що ). Ми отримали диференціальне рівняння, розв’язком якого є рівняння гармонічних коливань з частотою

3. Електрон втягується під електрод і зосереджується біля по­верхні рідкого гелію доти, доки поле , яке створюють електрони, не компенсує поле конденсатора над хмарою електронів. Між хмарою електронів і верхньою пластиною поле відсутнє, це означає, що потенціали електронної хмари і верхньої пластини однакові, тобто різниця потенціалів виявляється прикладеною до обкладок майже нового конденсатора, верхньою пластиною якого є елект­ронна хмара, а нижньою - нижня пластина конденсатора. На елект­ронну хмару діє електричне поле нижньої пластини конденсатора. Тиск на електронну хмару , де - заряд одиниці площі поверхні хмари, - поле нижньої пластини. Внаслідок цієї дії електронна хмара, взаємодіючи з поверхнею рідини, разом з нею опускається вниз доти, доки електричний тиск на хмару не скомпенсується гідростатичним тиском рідини.

(1)

Заряд нового конденсатора

(2)

Електричне поле в конденсаторі з діелектриком

поле нижньої пластини конденсатора у межах діелектрика

(поле конденсатора створюється обома його пластинами), за межами діелектрика, тобто в ділянці електронної хмари у разів більше, ніж у діелектрику

(3)

Враховуючи (1), (2) і (3), отримаймо:

2(141). Визначимо потужність світла, що падає на вітрило

Силу тиску світла на вітрило визначимо за другим законом Ньютона

звідси

(1)

( - зміна імпульсу світла, що нормально відбивається). Повна сила, що діє на космічний корабель:

де

Якщо сила

Це означає, що для руху корабля виконується закон збереження моменту імпульсу і закон збереження енергії (очевидно, що по­тенційна енергія взаємодії корабля і зорі буде ).

Закон збереження моменту імпульсу:

(3)

Закон збереження енергії:

(4)

Другий закон Ньютона (рух по колу):

(5)

Розв’язавши систему рівнянь (3)-(5), отримаймо:

3(142). Нехай , тоді . Напруга на кон­денсаторі , де - заряд, що пішов з конденсатора, тоді закон Ома для неоднорідної ділянки кола:

або

Визначимо з початкових умов , де де - початкова ємність конденсатора. Тоді:

звідси

4(143). Запишемо закон збереження імпульсу та закон збереження енергії .

Піднесемо рівняння до квадрату:

(теорема косинусів для трикутника імпульсів).

враховано ; .

(2)

Від (2) віднімемо (1)

або

звідси

Кут розльоту фотонів буде мінімальним при максимальному значенні добутку . Останній буде максимальним при

Тоді

Тут ураховано, що , , тоді

звідси

5(144). Перше зображення виникає внаслідок відбивання світла від опуклої поверхні лінзи, тобто від дзеркала

звідси

отже

Друге зображення виникає після проходження світла через оптичну систему, що складається з розташованих упритул лінзи, увігнутого дзеркала і знову лінзи.

звідки

Але оптична сила лінзи дорівнює:

тобто , тоді:

звідси

Отже

або

звідки

За умовою

звідси

(1)

Третє зображення дає лінза

або

звідси

(2)

Підставивши (1) в (2):

Будемо бачити уявне зображення (розташоване за лінзою), пря­ме зображення (усі уявні зображення прямі) збільшене у 4 рази.

2000 р.

1(145).

1. Див. 10 кл. 2000 р. задача 5(109).

2. Для того, щоб кут відхилення кулі В був мінімальним, по­грібно, щоб куля 2 мала мінімальну швидкість. Швидкість кулі 2 мінімальна, якщо швидкість кулі 1 перед ударом буде мінімальною і дорівнюватиме:

(див. задачу 5(109), 10-й клас, 2000 p., формули (1) і (7)). Після удару куля 2 проковзує. Дією сили тертя під час удару можна знехтуймо, адже удар абсолютно пружний, час удару мізерно малий , і ударні сили набагато більші від зовнішніх неударних сил.

Звідки випливає:

(8)

(9)

Визначимо шлях, який пройде куля 2, ковзаючи:

Щоб куля 2 мала мінімальну швидкість до удару, вона має знаходитись на відстані, більшій від

і меншій від

тобто

Отже,

2(146). Зі зміною магнітного поля у просторі за законом електромагнітної індукції виникає вихрове електричне поле, величина якого за законом Фарадея буде:

Звідси

- напруженість вихрового електричного поля на відстані від осі диску. Це поле діє на заряд і створюватиме момент сил на диск. У диску виділимо кільце радіуса і товщиною . Кільце матиме заряд:

Елементарний момент сил, що діятиме на кільце буде:

(1)

Визначимо момент сил, що діє на диск:

За законом динаміки обертального руху імпульс моменту сили, що діє на диск, дорівнює зміні моменту імпульсу диску:

(2)

Проінтегруймо вираз (2):

Напрям обертання диску нас не цікавить, тому межі інтегрування взято від 0 до В, враховано, що момент інерції диску:

3(147). 1. - зміну імпульсу фотона визначимо за другим законом Ньютона:

- початковий імпульс фотона. Визначимо кут відхилення фотона враховуючи, що :

2. Гравітаційне поле - потенціальне, однорідне. Скористаймось законом збереження енергії:

Звідси:

i

За умови, що маємо:

при

3. Оскільки зоря - „чорна діра”, то фотон, що на поверхні зорі має енергію , на нескінченності має зникнути . Застосуймо закон збереження енергії:

звідси

Для маси Сонця: .

4(148). Лінза симетрична , але її фокуси розташовані несиметрично. Виведемо формулу для лінз в обох випадках, для цього скористаймось формулою сферичної поверхні. - радіус сферичної поверхні, що є межею двох середовищ з показниками заломлення , , - відстань від предмета до сферичної поверхні; - відстань від сферичної поверхні до зображення.

Запишемо формулу сферичної поверхні:

(1)

Усі відстані виміряні від т. (за променем - додатні відстані, проти променя - від’ємні).

Для виведення формули лінзи, розгляньмо проходження про­меня послідовно через дві сферичні поверхні (система сферичних поверхонь). Нехай перша поверхня дає зображення на відстані від , тоді це зображення є предметом для другої сферичної по­верхні. Лінза тонка, а отже, .

або

де - відстань від зображення у першій поверхні до Р₂.

Звідси отримаймо формулу лінзи у першому випадку:

(2)

У другому випадку маємо:

або

звідси формула лінзи у другому випадку:

(3)

Віднімемо (3) від (2):

(4)

Як видно з рис. 1 і 2:

(5)

Знайдемо співвідношення між ку­тами , , . Розгляньмо хід параксіальних променів через оптичний центр лінзи. Він збігатиметься з ходом променів через плоскопаралельну плас­тинку.

Перший випадок. Скористаймось законом заломлення світла:

(6)

(7)

З (6) і (7) випливає:

(8)

Другий випадок:

тобто:

(9)

Враховуючи (4) (5) (8) і (9), отримаймо:

5(149). Нехай у певний момент часу центри Сонця, Місяця і Землі знаходяться на одній прямій, а тінь Місяця потрапляє на екватор. Відомо, що Сонце і Місяць переміщаються відносно зір із заходу на схід. Перейдемо у систему відліку, прив’язану до центра Землі. Тоді

- швидкість Сонця, - відстань від Землі до Сонця. - період обертання Сонця навколо Землі; - швидкість Місяця, - відстань від Землі до Місяця, - період обертання Місяця навколо Землі. Рух тіні Місяця по поверхні Землі зумовлений трьома чинниками: рухом Сонця, Місяця, поверхні Землі ( - швидкість руху по­верхні Землі, - період обертання Землі, - радіус Землі).

Розгляньмо ці чинники незалежно. Нехай рухається лише Сонце, тоді за час Сонце пройде відстань , а тінь ( - швидкість тіні, що зумовлена рухом лише Сонця). З подібності трикутників (див. рис. 2) отримаймо:

або

(1)

Тінь рухається на захід.

Нехай рухається лише Місяць (див. рис. 3). У цьому випадку тінь переміщується на схід. Враховуючи, що Сонце знаходиться дуже далеко, промені 1 та 2 вважаймо паралельними (час малий), тоді:

(2)

- швидкість тіні, що зумовлена рухом Місяця.

Із рухом лише поверхні Землі, тінь рухається зі швидкістю поверхні Землі на захід (див. рис. 4). (Точка 1 була в тіні, через час вона буде в положенні 1', тобто на схід від тіні)

(3)

Додаймо ці три швидкості руху тіні, вважаючи додатним на­прям на схід:

Тінь рухається на схід. Очевидно, спостерігаючи затемнення Сонця у місцевосцях, які не лежать на прямій центр Сонця - центр Землі, швидкість тіні буде значно більшою.

2001 р.

1(150). Див. 10 кл. 2001 р. задача 2(111).

2(151).

1. Коливання малі; , . Запишемо другий закон Ньютона для вісі ОХ:

звідси

(1)

Маятник здійснює обертання нав­коло осі О:

звідси

Маятник здійснює гармонічні ко­ливання

(2)

- циклічна частота коливань.

Для визначення швидкості маятника визначимо кутову швидкість маятника

(3)

тоді:

(4)

Підставмо (4) у (1) і враховуючи, що , отри­муємо:

(5)

2. Збільшення довжини маятника означає рух маятника від точки підвісу, тобто проти сили (у цей момент робота над маят­ником від’ємна). Визначимо зміну довжини маятника за дуже ма­лий інтервал часу (для інтервалу часу координати положення маятника і силу його натягу вважаймо постійними).

(6)

Тоді робота над маятником за час дорівнює:

(7)

Робота над маятником за період дорівнює:

(8)

- енергія маятника зменшується.

Тоді середня потужність, яка передається маятникові за період:

(9)

Для визначення закону зміни енергії маятника вважаймо, що робота за період енергії маятника, тобто зміни енергії за і період вважаймо нескінченно малими, тоді:

(10)

Повна енергія маятника дорівнює максимальному значенню кінетичної енергії маятника:

(11)

Враховуючи (11) рівняння (10), запишемо так:

(12)

де .

Проінтеґруймо рівняння (12):

звідки

Константу інтегрування визначимо з початкових умов. При , , де початкова енергія маятника, тоді:

потенціюймо цей вираз:

- енергія зменшується експоненціально.

3(152). Для оцінки вважатимемо, що витікання газу відбувається при сталому тискові і сталій температурі в станції. Визначимо швидкість витікання газу (вважаймо процес адіабатним, а течію ламінарною) способом, що описаний у задачі 5(114) за 10 клас 2001 р.

(1)

Врахуймо, що за межами станції тиск газу дорівнює нулеві, відповідно і температура газу нульова. Тоді:

(2)

(3)

(4)

(2), (3) і (4) підставимо в (1):

звідси

(5)

(враховано: , , ).

Маса газу , що вийшла зі станції за час , дорівнює:

звідки

(6)

Масу газу, яка вийшла зі станції, визначимо з рівнянь стану газу:

(7)

(7) підставмо в (6):

(8)

Середня густина газу , тоді

(9)

Напевно, задачу можна розв’язати точніше, якщо рівняння (6) записати

(10)

а рівняння (7) так:

(11)

Враховуючи, що , маємо:

звідки

Проінтефувавши цей вираз, отримаймо:

(12)

Але вираз (12) при підрахунку дає такий самий результат, що й вираз (9) з точністю до третього знаку, що для оцінки не потрібно.

Швидкість витікання газу з отвору можна визначити, користу­ючись рівнянням Бернуллі, яке для одиниці маси газу дає вигляд:

(13)

де - повна енергія (сума внутрішньої, кінетич­ної і потенціальної енергії газу) одиниці маси газу. Для перерізів 1 і 2 (див. рис.) маємо:

(14)

В обох перерізах відсутні члени потенціальної енергії газу в зовнішніх силових полях: у перерізі 1 відсутній член (швид­кість газу мала). У перерізі 2 відсутні члени , оскільки тиск і температура газу за бортом станції дорівнюють нулеві.

(15)

(16)

Підставмо (15) і (16) в (14):

що співпадає з виразом (5).

4(153).

1. Густина кулі

(1)

Для зручності видалятимемо речовину на нескінченність послідовно нескінченно тонкими шарами, починаючи з поверхні. Тоді робота з видалення цього шару дорівнює його потенціальній енергії у гравітаційному полі внутрішньої частини кулі (теорема про потенціальну енергію).

тоді

(2)

Знак мінус означає, що ми маємо справу з енергією притягання.

2. Прирівняймо гравітаційну енергію й енергію спокою кулі:

звідси

5(154).

А. - частка електронів, що потрапляє у перші мак­симуми.

Сила, яка діє на край щілини, дорівнює силі, що діє на елект­рони, які, пролітаючи крізь щілину (завдовжки ) за час , відхи­ляються на один перший максимум.

звідки

(1)

Зміну імпульсу електронів знайдемо з трикутника імпульсів:

(2)

Кут відхилення електронів на перший максимум знай­демо з формули дифракційної гратки

(3)

Довжину хвилі електронів визначимо за формулою де Бройля:

(4)

Враховуючи (1)-(4), отримаймо:

звідси

(5)

Б. Сила, що діє на екран за відсутності дифракції:

тоді тиск на екран:

(6)

де - площа обох щілин, - площа екрану.

Якщо є дифракція, то сила, що діє на екран, дорівнює:

Тиск на екран:

(7)

Зміна тиску на екран:

2002 р.

1(155). Введемо декартову систему координат з віссю Ох, спрямованою вертикально, оскільки, згідно умови, - координата вздовж вигнутого стрижня, маємо

(1)

Рівноважний стан стрижня відповідає мі­німуму потенціальної енергії сил пружності та зовнішньої сили (потенціальною енергією сил тяжіння знехтуймо). Потенціальна енергія сил пружності, згідно умови, обчислюється так

(2)

де

Із прямокутного трикутника, який утворю­ють , і , знайдемо, що

отже

і

Підставмо до (2) і скористаймося тим, що

(3)

Підставмо до (3) і проінтегруймо:

(4)

Потенціальна енергія сталої сили :

(5)

Координата верхнього кінця стрижня з урахуванням (1)

(6)

Підставимо до (6), і розкладемо підінтегральний вираз за степенями з точністю до включно (дотримуймося тієї ж точності, що й у (4)) і виконаємо інтегрування:

Потенціальна енергія сили :

Потенціальна енергія системи:

(7)

де - деяке критичне значення сили.

Залежно від співвідношення між та маємо три випадки.

1. , потенціальна енергія має один мінімум, який досягається при , вигин стрижня відсутній;

2. , функція має два симетрично розташовані мінімуми, яким відповідає значення

(8)

Згідно умови, вигин стрижня невеликий, тобто . Отже, , і формула (8) може бути спрощена:

3. , це суперечить умові задачі щодо малого відхилення . Формально потенціальна енергія як функція не має мінімуму.

2(156). Оскільки при адіабатичному процесі теплообмін відсутній, то на ділянці 2 газ спочатку отримує теплоту, а потім її віддає. Знайдемо залежність кількості отриманої газом теплоти від його об’єму зі збільшенням останнього від до . За першим законом термодинаміки

(9)

де - зміна внутрішньої енергії газу, - робота, виконана газом.

Оскільки тиск змінюється за лінійним законом, то роботу легко обчислити як площу відповідної трапеції під графіком функції .

Рівняння прямої АВ можна записати у вигляді

(2)

Із урахуванням рівняння стану ідеального газу величину можна записати у вигляді:

(3)

де .

Функція (3) має максимум при

Отже, до такого значення приросту об’єму газ отримує теплоту, а потім її віддає. Отже, кількість отриманої теплоти

(4)

Різниця між отриманою і відданою теплотою і є тією робота, виконана за цикл, яку можна підрахувати, підставивши в формулі (3)

(5)

За допомогою виразів (4) і (5) знайдемо ККД

3(157). Зі зміною магнітного потоку через кільце у ньому виникає ЕРС індукції , яка спричиняє виникнення електричного струму Електричний струм створює власне магнітне поле, зміна якого, в свою чергу, спричиняє виникнення ЕРС самоіндукції

Закон Ома для кільця виглядатиме так

(1)

де - сила струму, - опір кільця.

Із урахуванням того, що кільце надпровідне , отримаймо

(2)

де - магнітний потік зовнішнього поля через кільце.

Оскільки в початковий момент часу цей потік, а також сила струму дорівнюють нулю, то з рівняння (2) випливає, що після обертання кільця

(3)

де - магнітний потік зовнішнього поля через кільце після його обертання.

Якщо індуктивність кільця мала, то для знаходження сили стру­му необхідно враховувати інерційні властивості електронів, тобто їх масу. Дійсно, закон Ома (1) описує тільки усталений режим стру­му (квазістаціонарне наближення), нехтуючи етапом „прискорен­ня” електронів. Щоб врахувати цю обставину, запишемо другий закон Ньютона для електрона

(4)

У рівнянні (4) ЕРС записана як добуток сторонньої сили, діючої на електрон, на довжину контура. Беручи до уваги початкові умови, з рівняння (4) отримаймо

(5)

Швидкість усталеного напрямленого руху електронів можна знайти з формули для сили струму

(6)

де - концентрація електронів, - площа поперечного перерізу провідника.

Із рівнянь (5) та (6) випливає, що

(7)

Формула (7) відрізняється від формули (3) додатковим додан­ком в знаменнику, який пропорційний масі електрона. Зауважмо, що для реальних контурів цей доданок малий порівняно з індук­тивністю контура і в таких випадках ним можна нехтувати.

Задача розв’язана, виходячи з того, що нам невідомий закон зміни кута між нормаллю до рамки та вектором індукції поля.

4(158). Показник заломлення рідини залежить від її густини, а отже, і від тиску в рідині. З підключенням джерела ультразвуку у рідині утворюється стояча звукова хвиля, тобто, періодична структура з областей розрідження і згущення. Ця структура відіграє роль диф­ракційної гратки, на якій дифрагує світло. Період „ґратки” дорівнює відстані між областями згущення або розрідження, тобто довжині біжучої хвилі :

(1)

де - швидкість звуку у рідині.

Умова максимуму при дифракції на ґратці:

(2)

де - довжина світлової хвилі, - порядок дифракції; - кут дифракції. У цьому випадку кут малий, тому

(3)

З рівнянь (1)-(3) отримаймо , звідси

Об’ємну структуру, створену стоячою акустичною хвилею, можна замінити одновимірною, якщо зсув фаз між променями, що йшли через ділянки згущення та розрідження, є невеликий:

5(159). Нехай шар, у якому відбувається повне заломлення світла, знаходиться на відстані від центра Землі (точка О на рис. 1) і має товщину . Показник заломлення атмосфери для цього шару позначимо (оскільки шар тонкий, можна вважати, що на відстані величина - стала).

Розгляньмо промінь АВ, який напрямлений до верхньої межі шару вздовж дотичної до нижньої його межі в точці А. Якщо цей промінь зазнає повного відбивання на верхній межі шару (у точці В), то й будь-який інший промінь, який потрапить знизу у виділений шар, відіб’ється від верхньої межі.

Запишемо умову повного відбивання для променя АВ:

де - показник заломлення атмосфери за верхньою межею виділеного шару. Оскільки шар тонкий, то вважаймо, що

і, отже,

звідси

або

Дотична до графіка у точці, яка відповідає значенням і , має бути нахилена під кутом , таким, що , тобто ця дотична має бути паралельною до прямої, яка проходить через точки з координатами і (рис. 2).

Побудувавши графіки залежностей та , і зна­йшовши точку перетину їх можна визначити шукану величину . Висота дорівнює .