с решениями

Олимпиада вузов г.Гомеля по физике. Май 2011.
Условия задач для 1 курса.
1. Камень и жук. Камень, брошенный под углом  0 к горизонту с начальной скоростью
v 0 , летит по параболической траектории. Затем по той же траектории с постоянной по
величине скоростью v 0 летит майский жук. Чему равно ускорение жука в начальной
точке траектории? Чему равно ускорение жука в верхней точке траектории? Каким
должен быть угол  0 , чтобы ускорение жука в верхней точке траектории в 8 раз превышало его ускорение в начальной точке траектории?
2. Преобразования Лоренца. Инерциальная система отсчёта K  движется относительно
инерциальной системы отсчёта K  со скоростью V вдоль оси x . Система K движется
относительно системы K  со скоростью v вдоль оси x . Преобразования для координат и времён событий от системы K  к системе K  и от системы K к системе K  осуществляется по формулам (преобразования Лоренца)

1
 x   (V )  x  Vt  ;
 (V ) 
,

2
2
2



t


(
V
)
Vx
c

t
;
1

V
c





 x   (v )  x v t  ;

2
t   (v ) v x c  t ;



 (v ) 
1
1 v 2 c 2
.
Покажите, что преобразования, выражающие координаты и времена событий ( x, t )
через ( x, t ) даются формулами такого же вида. Найдите скорость движения системы K
относительно системы K  . Найдите также преобразования, выражающие координаты и
времена ( x, t ) через ( x, t ) .
3. Два цикла. Во сколько раз отличаются КПД двух циклов, представленных на рисунках 1 и 2 ? Отношение максимальной температуры к
минимальной в обоих случаях одинаково и равно n .
4. Неизвестный элемент. Заряженный конденсатор ёмкости C разряжают через элемент
с неизвестной вольтамперной характеристикой, при этом сила тока в цепи зависит от
времени так:
I (t )  I 0  at;
0  t  t0 ;
I 0  at0 ,
где I 0 и a – положительные константы. В момент времени t0 конденсатор разряжается
полностью. Найдите вольтамперную характеристику элемента.
Олимпиада вузов г.Гомеля по физике. Май 2011.
Условия задач для 2-4 курсов.
1. Доска и цилиндр. На гладком горизонтальном столе лежит доска массы M а на ней цилиндр массы m и радиуса R (см. Рисунок 1).
Коэффициент трения между доской и цилиндром равен  . Какую максимальную силу F
можно приложить к доске в горизонтальном
направлении, чтобы цилиндр катился по доске
без проскальзывания. Трением между доской и
столом можно пренебречь.
m
M
F
Рисунок 1
2. Два цикла. Во сколько раз отличаются КПД двух циклов, представленных
на рисунках 2 и 3 ? Отношение максимальной температуры к минимальной в обоих случаях одинаково и равно n .
3. Неизвестный элемент. Заряженный конденсатор ёмкости C разряжают через элемент
с неизвестной вольтамперной характеристикой, при этом сила тока в цепи зависит от
времени как
2

t 
I (t )  I 0 1   ;
0  t  t0 ,
 t0 
где I 0 и t0 – положительные константы. В момент времени t0 конденсатор разряжается
полностью. Найдите вольтамперную характеристику элемента.
4. Свет распространяется по окружности. Полупространсво y  0 занято «слоистой»
средой, показатель преломления которой зависит от y : n  n( y ) . Луч света, падающий
из вакуума на плоскость y  0 , распространяется в среде по линии, которая является
дугой окружности ( a  0; b  0 ):
( y  b)2  ( x  a)2  R 2 ;
R 2  a 2  b2 .
Найдите зависимость показателя преломления n ( y ) . Укажите угол 0 , который этот
луч имеет при y  0 (в среде). Определите линию, вдоль которой распространяется луч
света, входящий в среду под углом 1 , большим чем 0 .
Олимпиада вузов г.Гомеля по физике. Май 2011.
Решения задач для 1 курса.
1. Камень и жук. При криволинейном движении ускорение a является векторной суммой
тангенциального, направленного по касательной к траектории, и нормального, направленного перпендикулярно касательной ( R  радиус кривизны траектории):
a(t )  a (t )  a n (t );
an  v 2 R .
Для камня известно полное ускорение: a(t )  a (t )  an (t )  g , это позволяет найти радиус кривизны. Действительно, пусть  – угол наклона траектории к горизонту в момент
времени t . Тогда нормальная компонента ускорения камня a n (t ) составляет с его полным ускорением (вектором g ) также угол  , поэтому
v2
v2
.
 g cos  ;

R
R
g cos 
В начальной точке радиус кривизны траектории камня есть
v 02
R0 
.
g cos  0
В верхней точке скорость камня равна его начальной горизонтальной скорости
v 0 cos  0 , а угол наклона   0 , поэтому радиус кривизны траектории в верхней точке
an 
v cos0 
 0
2
v 02 cos2  0
.
g cos0
g
Жук летит по той же траектории но с постоянной по величине скоростью, поэтому для
жука тангенциальная компонента ускорения a равна нулю, значит для жука a  an , т.е.
R1

a  an v 02 R .
В начальной точке траектории скорости жука и камня одинаковы, значит одинаковы и
нормальные ускорения, поэтому ускорение жука по величине равно
a0 
v 02
 g cos  0 ,
R0
и направлено под углом  0 к вектору g . В верхней точке траектории скорость жука
больше чем скорость камня, поэтому больше и его ускорение, по величине оно равно
a1 
v 02
g
,

R1 cos 2  0
и направлено вертикально вниз. Из условия a1  8a0 находим: cos  0  12 ;  0  60
.
2. Преобразования Лоренца. Запишем преобразования Лоренца в матричной форме:
V   x
 x
 1
 x
 1 v   x


(
V
)
;
 t  
V c 2 1   t  
 t     (v ) v c 2 1   t 
 

 
 

 
Поэтому результирующее преобразование есть
V   1 v   x
 1  Vv c 2
v  V   x
 x
 1

 t     (V ) (v ) V c 2 1  v c 2 1   t    (V ) (v ) 
2
2 
 


 
(V v ) c 1  Vv c   t 
v V 

1

1  Vv c 2   x 
 Vv  

  (V ) (v ) 1  2 
.
v

V

  t 
c


1
 1  Vv c 2 c 2



Это преобразование может иметь вид преобразования Лоренца, только если скорость
системы K относительно системы K  равна
v V
.
v
1  Vv c 2
Кроме того, чтобы преобразование от системы K к системе K  имело вид преобразования Лоренца, нужно также, чтобы выполнялось равенство


2
1  Vv 
1
 Vv 
 (V ) (v ) 1  2    (v );
uu
1 2   2
.

2
c 
 (v )  c   (V ) 2 (v )

Последнее равенство выполняется тождественно, поскольку
2
2
2
 V 2  v 2 
 v  V  1  Vv    v  V 
1  2 1  2 
 

 c  
c  c 
1
v 2
c2   c 

.
 1 2  1 

 
2
2
2
V
v
 (v )
c
 Vv 
 Vv 
 1 2 
1  2 
1  2 
c 

c 
c 


Преобразование, выражающее ( x, t ) через ( x, t ) (обратное преобразование Лоренца)
имеет вид (система K  движется относительно K со скоростью v )
v   x
 x
 1
 t    (v )  v c 2 1   t   .
 

 
3. Два цикла. По TS  диаграмме просто считается количество теплоты, передаваемой газу на любом участке ( Q  TdS ) . Найдём работу и КПД обоих циклов.
Цикл (1). Участок 12 – изотерма, теплота передаётся газу ( Q12(1)  0 ):
S2
(1)
12
Q
  TdS  Tmax ( S2  S1 ) .
S1
(1)
 0 ). На участке 31 теплота заУчасток 23 – адиабата, теплопередача отсутствует ( Q23
бирается от газа ( Q31(1)  0 и по величине равна площади трапеции):
S1
Q   TdS 
(1)
31
S2
Tmax  Tmin
( S1  S2 ) .
2
Работа, совершаемая газом за цикл, равна разности теплоты, передаваемой газу, и теплоты, забираемой от газа:
T T
A(1)  Q12(1)  Q31(1)  max min ( S 2  S1 ) .
2
Эта работа, очевидно, равна площади треугольника на рис.1. Поскольку теплота передаётся газу только на участке 12, то КПД цикла (1) равен ( 12 КПД цикла Карно):
 (1) 
A(1) 1 Tmax  Tmin n  1
.


Q12(1) 2 Tmax
2n
Цикл (2). На участке 12 теплота передаётся газу ( Q12(2)  0 и равна площади трапеции):
S2
(2)
12
Q
  TdS 
S1
Tmax  Tmin
( S2  S1 ) .
2
(2)
 0 ). На участке 31 теплота заУчасток 23 – адиабата, теплопередача отсутствует ( Q23
бирается от газа ( Q31(2)  0 ):
S1
Q31(2)   Tmin dS  Tmin ( S1  S2 ) .
S2
Работа, совершаемая газом за цикл (2), равна разности теплоты передаваемой газу и
теплоты забираемой от газа (и численно равна площади треугольника):
T T
(2)
A(2)  Q12(2)  Q31
 max min ( S2  S1 ) .
2
Поскольку теплота передаётся газу только на участке 12, то КПД цикла (2) равен
A(2) (T  T ) n  1
 (2)  (2)  max min 
.
Q12
(Tmax  Tmin ) n  1
Отношение КПД двух циклов равно
 (2)
2Tmax
2n
.


(1)

(Tmax  Tmin ) n  1
Примечание. Расчёт КПД цикла Карно и доказательство его максимальности осуществляется с помощью TS  диаграммы, на которой цикл Карно имеет вид прямоугольника.
4. Неизвестный элемент. Если заряд конденсатора в момент времени t равен q(t ) , то
dq

 I (t )  I 0  at  a (t0  t ) .
dt
Интегрируем это равенство, учитывая, что при t  t0 заряд конденсатора равен нулю:
q(t )    a(t0  t )dt  12 a(t0  t ) 2  const  12 a(t0  t ) 2 ;
(const  0) .
Напряжение на конденсаторе в момент времени t равно
q (t )
1
U

a (t0  t ) 2 .
C
2C
В этот же момент времени t ток равен I  a(t0  t ) , поэтому (t0  t )  I a . Подставляя
это в формулу для U , получаем, что напряжение на элементе и ток через него связаны
следующим соотношением:
I2
.
2Ca
Последняя формула и представляет собой вольтамперную характеристику.
U
Олимпиада вузов г.Гомеля по физике. Май 2011.
Решения задач для 2-4 курсов.
1. Доска и цилиндр. Вначале найдём максимально возможное ускорение доски a , такое,
чтобы цилиндр ещё не проскальзывал. Для этого рассмотрим движение цилиндра в неинерциальной системе отсчёта, связанной с доской. В этой системе на цилиндр действует сила инерции Fu  ma и сила трения FTp , направленная вдоль a . Эти две силы
обеспечивают линейное и угловое ускорение цилиндра. Линейное ускорение
ma  FTp
1
1
.
a1   Fu  FTp    ma  FTp  ;
a1 
m
m
m
Величина углового ускорения цилиндра ( J – его момент инерции) равна   FTp R J .
До тех пор, пока нет проскальзывания, a1 и  связаны:

v
a
  1;
    1 .
R
R
Поэтому, пока нет проскальзывания
FTp R ma  FTp
 mR 2 


ma  FTp 
 1 .
J
mR
 J

max
Максимальное значение силы трения FTp   mg , поэтому максимально возможное
ускорение доски, при котором цилиндр ещё не проскальзывает, равно
 mR 2 
 mR 2 
1
a max  FTmax

1


g
 1 .



p
m
 J

 J

На доску действуют сила F и сила трения FTp , поэтому для доски
a
F  FTp
a
F  FTp
;

F  Ma  FTp .
M
M
Поэтому максимально возможная сила равна
 mR 2 
F max  Ma max  FTmax

M

g
 1   mg .

p
 J

1
Учитывая, что момент инерции цилиндра равен J  2 mR 2 , получаем
;
F max    3M  m  g .
2. Два цикла. По TS  диаграмме просто считается количество теплоты, передаваемой газу на любом участке ( Q  TdS ) . Найдём работу и КПД обоих циклов.
Цикл (1). Участок 12 – изотерма, теплота передаётся газу ( Q12(1)  0 ):
S2
(1)
12
Q
  TdS  Tmax ( S2  S1 ) .
S1
(1)
 0 ). На участке 31 теплота заУчасток 23 – адиабата, теплопередача отсутствует ( Q23
бирается от газа ( Q31(1)  0 и по величине равна площади трапеции):
S1
Q   TdS 
(1)
31
S2
Tmax  Tmin
( S1  S2 ) .
2
Работа, совершаемая газом за цикл, равна разности теплоты, передаваемой газу, и теплоты, забираемой от газа:
T T
A(1)  Q12(1)  Q31(1)  max min ( S 2  S1 ) .
2
Эта работа, очевидно, равна площади треугольника на рис.1. Поскольку теплота передаётся газу только на участке 12, то КПД цикла (1) равен ( 12 КПД цикла Карно):
 (1) 
A(1) 1 Tmax  Tmin n  1
.


Q12(1) 2 Tmax
2n
Цикл (2). На участке 12 теплота передаётся газу ( Q12(2)  0 и равна площади трапеции):
S2
(2)
12
Q
  TdS 
S1
Tmax  Tmin
( S2  S1 ) .
2
(2)
 0 ). На участке 31 теплота заУчасток 23 – адиабата, теплопередача отсутствует ( Q23
бирается от газа ( Q31(2)  0 ):
S1
Q31(2)   Tmin dS  Tmin ( S1  S2 ) .
S2
Работа, совершаемая газом за цикл (2), равна разности теплоты передаваемой газу и
теплоты забираемой от газа (и численно равна площади треугольника):
T T
(2)
A(2)  Q12(2)  Q31
 max min ( S2  S1 ) .
2
Поскольку теплота передаётся газу только на участке 12, то КПД цикла (2) равен
A(2) (T  T ) n  1
 (2)  (2)  max min 
.
Q12
(Tmax  Tmin ) n  1
Отношение КПД двух циклов равно
 (2)
2Tmax
2n
.


(1)

(Tmax  Tmin ) n  1
Примечание. Расчёт КПД цикла Карно и доказательство его максимальности осуществляется с помощью TS  диаграммы, на которой цикл Карно имеет вид прямоугольника.
3. Неизвестный элемент. Пусть заряд конденсатора в момент времени t равен q(t ) , тогда
2

dq
t 
I
2
2

 I (t )  I 0 1    20  t0  t   b  t0  t  ;
dt
t0
 t0 
b
I0
.
t02
Интегрируем это равенство, учитывая, что при t  t0 заряд конденсатора равен нулю:
q(t )   b t0  t  dt  13 b(t0  t )3  const  13 b(t0  t )3;
2
(const  0) .
Напряжение на конденсаторе в момент времени t равно
q (t )
1
U

b(t0  t )3 .
C
3C
2
В этот же момент времени t ток равен I  b  t0  t  , поэтому можно записать
1
 I 2
(t0  t )    .
b
Подставляя такое (t0  t ) в формулу для U , и учитывая, что b  I 0 t02 , получаем, что
напряжение на элементе и ток через него связаны следующим соотношением:
3
2
3
3
1 I
1 I0  I  2
I t  I 2
U
b  
;
U  00  .
2 
2 
3C  b 
3C t0  I 0 t0 
3C  I 0 
Последняя формула и представляет собой вольтамперную характеристику.
4. Свет распространяется по окружности.
Пусть   угол, который луч (касательная к окружности) составляет с нормалью
к плоскости y  0 , тогда из рисунка ясно,
что
yb
b
sin  
;
sin 0  .
R
R
Произведение n sin в рассматриваемой
(«слоистой») среде должно оставаться
постоянным, поэтому для зависимости
n( y ) имеем
n( y )sin   n0 sin  0 ;
n( y )  n0
sin  0
b
 n0
,
sin 
yb
где n0  показатель преломления при y  0 .
Во втором случае свет входит в среду под большим углом, так что 1  0 , тогда
n sin 1
yb
y b
n( y )sin   n0 sin 1;

sin   0
 sin 1

.
n( y )
b
b sin 1
Это – точно такая же зависимость синуса угла  от y , как и в первом случае, только
вместо R теперь имеем R1  b sin 1 . Значит луч и в этом случае распространяется по
окружности, только меньшего радиуса:
sin  0
R1  R
.
sin 1
Поскольку при этом R1 sin 1  R sin 0  b , то y  координата центра этой окружности
также равна b . Кроме того, окружность проходит через начало координат, поэтому
уравнение этой окружности имеет вид
( y  b)2  (a1  x)2  R12 ;
Авторы условий и решений задач
a1  R12  b2 .
В.Н.Капшай, В.Ф.Шолох