Олимпиадные задачи по физике. Международная олимпиада

Теплота и молекулярная физика. Решения задач
101
Таким образом, в задаче речь идёт именно о цикле Карно, коэффици-
ент полезного действия которого, как известно, не зависит от рода рабочего
вещества и равен
η =
T
1
− T
2
T
1
,
в том числе и для рассматриваемого в задаче цикла с фотонным газом.
Задача
2.13
* (Пластина)
Вблизи поверхности смачиваемой пластины вода приподнимается, образуя
вогнутый мениск (рис.
79
). На пластину с обеих сторон действуют силы по-
h
0
x
x
y
y
θ
~
F
t
Рис. 79.
верхностного натяжения ~
F
t
. Модуль результирующей силы ~
F , приложенной
к пластине, как видно из рисунка
79
,
F = 2F
t
cos θ = 2σL cos θ.
Об этой силе и идёт речь в первом пункте задачи.
Для ответа на вопрос второго пункта приравняем давление в воде на
уровне её поверхности вдали от пластины и в точке с координатой x (рис.
79
):
p
a
= p
a
− p + ρgy.
(1)
Здесь p
a
— атмосферное давление, p — разность давлений на вогнутой и вы-
пуклой сторонах искривлённой поверхности жидкости, ρgy — давление стол-
ба воды на глубине y. Дополнительное давление, создаваемое искривлённой
поверхностью жидкости,
p = σ

1
R
1
+
1
R
2

=
σ
R
.
(2)

102
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Здесь R
1
= R — радиус кривизны сечения в плоскости рисунка для точки x,
а R
2
= ∞, так как соответствующее ему сечение представляет собой прямую
линию. Подставляя (2) в (1) и выражая R по формуле, приведённой в условии,
получим
ρgy =
σy
′′
(1 + (y
′
)
2
)
3
/2
.
(3)
Сделав преобразование
y
′′
=
dy
′
dx
=
dy
dx
dy
′
dy
= y
′
dy
′
dy
=
1
2
d
dy
(y
′
)
2
,
приведём уравнение (3) к виду
ydy =
σ
2ρg
d(y
′
)
2
(1 + (y
′
)
2
)
3
/2
.
(4)
Проинтегрируем последнее уравнение с учётом того, что при y = h производ-
ная y
′
= − ctg θ. В результате интегрирования найдём
h =
r 2σ
ρg
(1 − sin θ).
Этот же результат можно было получить, не прибегая к интегрированию.
Достаточно записать условие равновесия жидкости, поднятой вблизи пласти-
ны. На рисунке
80
показаны силы, приложенные к этому элементу жидкости:
θ
m~g
~
F
1
~
F
2
~
F
p
x
y
0
Рис. 80.
Рис. 81.
~
F
1
и ~
F
2
— силы поверхностного натяжения, m~g — сила тяжести, ~
F
p
— сред-
няя сила давления со стороны пластины. В проекциях на горизонтальное
направление получим:
σL − σL sin θ =
ρgh
2
Lh,
откуда h =
r 2σ
ρg
(1 − sin θ).

Теплота и молекулярная физика. Решения задач
103
В третьем пункте задачи требуется найти функцию y(x), описывающую
мениск, изображённый на рисунке
79
. Для этого нужно проинтегрировать
уравнение (4), учтя что при y = 0 производная y
′
= 0. Преобразуем его:
y
′
=
dy
dx
= −
v
u
u
u
t
1

1 − ρg
y
2
2σ

2
− 1,
откуда
−

1 −
ρgy
2
2σ

r
ρgy
2
σ
−
ρ
2
g
2
y
4
4σ
2
dy = dx.
Для интегрирования последнего уравнения используем подстановку
y = 2
r
σ
ρg
sin ϕ.
Тогда получаем
x = −
Z
r
σ
ρg
·
1 − 2 sin
2
ϕ
sin ϕ
dϕ = −
r
σ
ρg
ln

tg
ϕ
2

+ C.
Возвращаемся к переменной y:
x = −
1
2
r
σ
ρg
ln




1 −
r
1 −
ρgy
2
4σ
1 +
r
1 −
ρgy
2
4σ




− 2
r
σ
ρg
r
1 −
ρgy
2
4σ
+ C,
(5)
где постоянная интегрирования C находится из того, что при x = 0 коорди-
ната y = h:
C =
1
2
r
σ
ρg
ln
 
√
2 −
√
1 + sin θ
√
2 +
√
1 + sin θ
!
+
r 2σ
ρg
√
1 + sin θ.
Для наглядного представления функции y(x), неявно заданной громозд-
ким выражением (5), следует построить её график. Это можно сделать, при-
бегнув к помощи компьютера. Системы компьютерной математики прекрасно
справляются с подобными задачами. Одной из самых простых для начинаю-
щего пользователя и достаточно мощной системой является MathCAD. С её
помощью и получен рисунок
81
, где изображён график искомой функции, от-
ражающий форму мениска. Поскольку интерес представляет лишь характер
поведения функции, то конкретные численные значения параметров задава-
лись произвольно. Варьирование угла θ моделировалось изменением значе-
ния постоянной C.

104
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Электричество и магнетизм
Задача
3.1
(Шестиугольник)
На рисунке
82
представлена схема заданной в условии цепи. Сопротивление
каждого из резисторов R. Следует найти сопротивление между гвоздями A
и B, к которым подаётся некоторое напряжение. Отыскать участки, соединён-
ные последовательно или параллельно не удаётся. Попытаемся использовать
симметрию схемы. Не позволит ли она упростить задачу?
A
B
1
2
3
4
A
B
1
2
3
4
Рис. 82.
Рис. 83.
Гвозди A и B непосредственно подсоединяются к источнику напряжения.
Каждая же из остальных вершин шестиугольника 1, 2, 3, 4 находятся в иных,
но в одинаковых для каждой из них условиях. Все они подсоединены через
резистор R к точкам A и B, а также к каждому из остальных гвоздей. Поэто-
му нет физической причины, вследствие которой потенциалы гвоздей 1, 2, 3,
4 были бы различны. Таким образом, из соображений физической симметрии
приходим к заключению о равенстве потенциалов этих точек. Поэтому можно
перейти к эквивалентной схеме, изображённой на рисунке
83
. На этой схеме
легко выделить последовательные и параллельные участки и найти искомое
сопротивление R
x
:
R
x
=
R
3
.
Можно было и изолировать друг от друга точки 1, 2, 3, 4. Получилась
бы схема, отличающаяся от той, что изображена на рисунке
83
отсутствием
соединений этих точек. Однако, равенство потенциалов точек 1, 2, 3, 4 в новой
схеме не будет нарушено. Поэтому и она эквивалентна исходной и приводит
к прежнему ответу.

Электричество и магнетизм. Решения задач
105
Задача
3.2
(Полубесконечная цепочка)
Из симметрии схемы, изображённой на рисунке
14
, относительно линии, со-
единяющей точки A и B, следует, что потенциалы всех точек симметричных
относительно этой линии равны, то есть схемы на рисунках
14
и
84
эквива-
лентны. Рассчитать сопротивление схемы на рисунке
84
уже легко:
A
A
B
B
R/2
R/2
R/2
R/2
R/2
R/2
R/2
R
R
R
R
R
R
∞
Рис. 84.
R
∞
=
R
2

R
∞
+
3R
2

R
∞
+
3R
2
+
R
2
,
откуда R
∞
=
(
√
21 − 3)R
4
. Таким образом,
R
AB
=
(R
∞
+ R)R
R
∞
+ 2R
=
√
21 + 1
√
21 + 5
R ≈ 0,58R.
Задача
3.3
(Резистор или диод)
Если к точкам A и B подключить резистор сопротивлением R, то схема ока-
жется симметричной, напряжение на R
x
будет равно нулю. Тогда сопротив-
ление нагрузки для источника E легко рассчитать. Нагрузка эквивалентна
двум парам параллельно соединённых резисторов сопротивлением R. Поэто-
му сопротивление её равно R. Итак, при подключении резистора ток
I =
E
R
и не зависит от сопротивления R
x
.
Если подключить диод в прямом направлении, то его сопротивлением
можно пренебречь. Тогда цепь окажется эквивалентной цепи, приведённой
на рисунке
85
. Сопротивление нагрузки в этой цепи
R
l
= R
2R
x
+ R
3R
x
+ 2R
,

106
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
R
R
R
A
E
R
x
R
R
R
A
E
R
x
Рис. 85.
Рис. 86.
а ток через амперметр
I
o
=
E
R
·
3R
x
+ 2R
2R
x
+ R
.
Если диод включить в обратном направлении, то получим эквивалентную
схему, изображённую на рисунке
86
. Сопротивление нагрузки в этом случае
R
l
= R
2R
x
+ 3R
R
x
+ 2R
,
а ток
I
c
=
E
R
·
R
x
+ 2R
2R
x
+ 3R
.
На рисунке
87
представлены графики полученных зависимостей.
R
I
E
/2R
2E /3R
E
/R
3E /2R
2E /R
0
1
2
3
Рис. 87.
Задача
3.4
(Проволочный треугольник)
Все вложенные треугольники правильные, проводники однородные, поэтому
узлы цепи, лежащие на высоте CD (рис.
88
) имеют одинаковые потенциа-

Электричество и магнетизм. Решения задач
107
лы, если напряжение подано на точки A и B. Поэтому данную схему можно
заменить более простой (рис.
89
), которая эквивалентна данной. Сопротивле-
A
B
D
C
A
B
D
A
1
B
1
A
2
B
2
Рис. 88.
Рис. 89.
ние цепи внутри треугольника, опирающегося на A
1
B
1
, очевидно, в два раза
меньше сопротивления всей цепи. Сопротивление цепи внутри следующего
вложенного треугольника ещё в два раза меньше, и так далее. Обозначим
через
r =
4ρL
πd
2
(1)
сопротивление отрезка AB, а через R — искомое сопротивление всей цепи.
Тогда сопротивление R можно представить в виде
1
R
=
1
r
+
1

r +
Rr
R + 2r
 .
(2)
Получилось квадратное уравнение относительно искомой величины R:
3R
2
+ 2Rr − 2r
2
= 0.
Положительный корень этого уравнения и даёт ответ задачи:
R =
√
7 − 1
3
r ≈ 0,55r.
(3)
Точность полученного результата ограничена использованными прибли-
жениями. Из-за паек в углах треугольников длина проволоки L несколько

108
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
отличается от стороны треугольника. Относительная погрешность величины
r (1) по порядку величины равна d/L. Кроме того, процесс последовательного
вложения треугольников не может быть бесконечным, поскольку минималь-
ная длина стороны треугольника не может стать меньше d. Максимально
возможное число вложений N нетрудно подсчитать:
L
d
= 2
N
,
откуда N =
ln(L/d)
ln 2
≫ 1.
(4)
Чтобы оценить погрешность найденного результата для конечного числа вло-
женных треугольников, запишем аналогично (2) соотношение, связывающее
сопротивление R
n+1
цепочки (n + 1) треугольников с сопротивлением R
n
це-
почки из n таких треугольников.
1
R
n+1
=
1
r
+
1

r +
R
n
r
R
n
+ 2r
 =
3R
n
+ 4r
2r(R
n
+ r)
.
(5)
Из формулы (5) путём дифференцирования и замены R
n
≈ R ≈ 0,55r полу-
чим:
∆R
n+1
∆R
n
≈ 0,06.
Это означает, что увеличение на единицу числа вложенных треугольников
при больших n уменьшает погрешность результата приблизительно в 10 раз.
Если максимальное число вложенных треугольников равно N (4), то мини-
мальная погрешность результата в 10
N
раз меньше, чем при n = 1. Следова-
тельно погрешность, связанная с конечностью схемы
∆R
N
R
=
∆R
1
R
10
−N
=
2
3
r − 0,55r
0,55r
10
−N
∼
 d
L

1
/ lg 2
,
(6)
где последний вложенный треугольник вместо идеального сопротивления R
имеет сопротивление 2r/3. Поскольку lg 2 < 1, то относительная погрешность
(6) меньше погрешности пайки d/L. Итак, относительная погрешность ре-
зультата (3) приблизительно равна d/L.
Задача
3.5
* (Конечная цепочка)
Пусть I — искомый ток через резистор R
4
, а I
0
— ток, текущий через источ-
ник E (рис.
90
). Так как R
4
+ R
3
= R
2
, то токи на параллельно соединённых
участках C–R
4
–D и C–R
2
–D одинаковы. Вследствие этого ток, покидающий
узел D, равен 2I. Сопротивления участков E–R
2
–F и E–C–D–F также оди-
наковы, поэтому ток, покидающий узел F вдвое больше тока 2I, текущего по
D–F . Аналогичная ситуация повторяется и далее: при приближении от R
4
к

Электричество и магнетизм. Решения задач
109
I
I
I
2I
2I
2
17
I
C
D
F
E
E
R
2
R
2
R
2
R
2
R
1
R
3
R
4
A
B
17 звеньев
Рис. 90.
источнику E ток удваивается после каждого из 17 звеньев цепочки. Таким
образом,
I
0
= 2
17
I.
(1)
Сопротивление всей цепи, подключённой последовательно к R
1
равно R
2
/2.
По закону Ома
I
0
=
E
R
1
+
R
2
2
.
(2)
Из (1) и (2) получаем
I =
I
0
2
17
=
E
2
17
(R
1
+
R
2
2
)
= 1,3 · 10
−5
А.
Во втором пункте пусть R — сопротивление всего правого участка цепи,
подключённого к точкам A и B (рис.
90
). Для эквивалентного источника —
это сопротивление нагрузки. По закону Ома ток I нагрузки равен:
I =
E
e
R + R
e
.
(3)
Получим формулу для тока нагрузки без модели эквивалентного источ-
ника. К реальному источнику E последовательно подсоединены резистор R
1
и параллельно соединённые участки, сопротивления которых равны R
2
и
R
3
+ R. По правилам Киргофа:
E
=I
0
R
1
+ I(R
3
+ R),
E
=I
0
R
1
+ (I
0
− I)R
2
.
Исключим из этой пары уравнений ток источника I
0
:
I =
E
R
2
R
1
+ R
2
R + R
3
+
R
1
R
2
R
1
+ R
2
.
(4)

110
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Сравнивая (3) и (4), видим, что параметры эквивалентного источника
таковы:
E
e
=
E
R
2
R
1
+ R
2
,
R
e
= R
3
+
R
1
R
2
R
1
+ R
2
.
(5)
Решение третьей части задачи существенно упрощается использовани-
ем рассмотренной в предыдущем пункте модели эквивалентного источника.
Участок цепи, включающий источник E , резистор R
1
и первое из 17 зве-
ньев R
2
–R
3
, заменяем эквивалентным источником. Параметры его находим
по формулам (5):
E
e
=
2
3
E
,
R
e
= R
1
.
Введение рассмотренного эквивалентного источника приводит к следующим
изменениям анализируемой цепи: ЭДС источника умножается на 2/3, рези-
стор R
1
можно считать его внутренним сопротивлением. Зато подключённая
к источнику цепочка резисторов уменьшается на одно звено. После 17 таких
процедур получаем простую схему: источник, ЭДС которого (2/3)
17
E
, после-
довательно соединён с резисторами R
1
и R
4
. По закону Ома ток I
4
через
резистор R
4
равен:
I
4
=
(2/3)
17
E
R
1
+ R
4
= 5,1 · 10
−4
А.
Задача
3.6
(Батарейки)
На рисунке
91
изображена схема цепи с последовательным соединением эле-
ментов. Запишем для неё закон Ома:
E
1
E
2
E
2
E
2
r
1
r
2
r
2
r
2
R
n
I
Рис. 91.
I =
E
1
+ nE
2
R + r
1
+ nr
2
,
(1)
где I — ток нагрузки. При n = 0 из (1) получим
I =
E
1
R + r
1
.
(2)

Электричество и магнетизм. Решения задач
111
При очень больших n из (1) следует:
I =
nE
2
nr
2
=
E
2
r
2
.
(3)
Поскольку ток нагрузки по условию не зависит от n, из (2) и (3) получаем:
E
1
R + r
1
=
E
2
r
2
,
или
R + r
1
= 2r
2
.
(4)
r
2
r
2
r
2
n
E
1
E
2
E
2
E
2
I
r
1
R
E
1
E
2
I
r
1
R
r
eq
I
1
I
eq
Рис. 92.
Рис. 93.
Рассмотрим теперь цепь с параллельным соединением батареек, схема ко-
торой изображена на рисунке
92
. Она эквивалентна цепи, изображённой на
рисунке
93
, где I
eq
— ток в эквивалентном источнике E
2
, а r
eq
= r
2
/n —
его внутреннее сопротивление. В этом можно убедиться, применив правила
Киргофа для контура, состоящего из нагрузки R и одной из батареек E
2
:
I

R +
r
n

= E
2
,
или
I(R + r
eq
) = E
eq
.
По первому правилу Киргофа
I
eq
= I − I
1
.
Второе правило Киргофа для внешнего контура схемы, показанной на рисун-
ке
93
, даёт:
E
1
= I
1
r
1
+ IR,
откуда I
1
=
E
1
− IR
r
1
.
При n = 0 ток I
eq
= 0 и тогда
I = I
1
=
E
1
R + r
1
.
(5)
В случае бесконечного числа n батареек E
2
сопротивление r
eq
= 0, а ток
нагрузки принимает прежнее значение I. Поэтому второе правило Киргофа
для контура E
2
–R приводит к соотношению
I =
E
2
R
.

112
Международная физическая олимпиада «Туймаада»
Из последнего уравнения и уравнения (5) найдём:
E
1
R + r
1
=
E
2
R
,
или R + r
1
= 2R.
(6)
Из (4) и (6) следует ответ: R = r
1
и r
2
= r
1
.
При решении данной задачи использован полезный метод эквивалентных
схем. Группу соединённых друг с другом источников тока можно заменить
одним эквивалентным источником. На практике используют батареи элемен-
тов. При последовательном соединении источников одинаковой полярности
ЭДС и внутреннее сопротивление эквивалентного источника равны сумме
соответствующих величин для составляющих элементов. Параллельно соеди-
няют одинаковые источники. Эквивалентная ЭДС в этом случае равна ЭДС
отдельных элементов, зато внутреннее сопротивление эквивалентного источ-
ника меньше сопротивления одного элемента. При соединении n элементов
внутреннее сопротивление полученной батареи в n раз меньше сопротивления
отдельного элемента.
Задача
3.7
(Диоды)
Отсутствие тока через амперметр (рис.
94
) означает равенство напряжений
на диодах D
1
и D
3
, а также на диодах D
2

жүктеу/скачать 1,7 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: