Задачи вступительных экзаменов и олимпиад по физике в МГУ в 2000 - Алешкевич В.А.
Скачать (прямая ссылка):
47 Факультет BMuK
на конденсаторах ток в цепи обращается в нуль, следовательно, вся энергия будет сосредоточена в конденсаторах. При этом на конденсатор C2 перетечет из конденсатора C1 некоторый заряд д, а на конденсаторе С, останется заряд CxUx - q. Величину заряда q на конденсаторе C2 можно найти из закона сохранения энергии в контуре. В силу того, что в рассматриваемый момент времени магнитная энергия обращается в нуль, CxU2 JCxUx-д)2 | д2 2 2 C1 2 C2 '
С С о
Отсюда q- 2 U1 —-—— . Учитывая, что U2 = -, получаем ответ: С J *+¦ С 2 C2
Cw =^* 364 В.
С, + C2
III.7. После замыкания ключа в цепи возникают гармонические колебания. При этом ток в цепи и напряжение на катушке сдвинуты по фазе на я / 2. Следовательно, когда сила тока в цепи достигает максимального значения Imaxr напряжение на катушке обращается в нуль, а потому напряжения U1 и U2 на конденсаторах в этот момент времени должны стать равными по величине и противоположными по знаку. Пусть U = |?/,| = \U2\. Из условия задачи и закона сохранения заряда следует, что величина суммарного заряда на соединенных между собой обкладках конденсаторов должна быть равна величине начального заряда конденсатора Ci, т.е. (C1 + C2)U = C1 Ux . Согласно же закону сохранения энергии искомая величина тока Imax должна удовлетворять соотношению
C1U2 JC1+ C2)U2 | Ll2max
2 2 2
Объединяя полученные выражения, находим ответ:
/„ = U1J С,С2 = 0,75 А.
IV. Оптика
IV.l. Ход одного из лучей показан на рис. 27, где рассмотрен случай п2<пх, прн котором выходящий из системы луч отклоняется вниз. По закону преломления: п2/пх =sina/sin?. Учитывая, что преломляющие углы
48 Решения задач
являются достаточно малыми, получим: пг/щ = a/? ,а пг = ф/у. Поэтому пх = ?(p/(ay). Из рис. 27 видно, что у = ?-a. Поэтому
IV.2. Искомое положение источника изображено на рис. 28. Оно определяется нз условия, что касательные к шару лучи света, испущенные источником, падают на границу раздела "вода - воздух" под предельным углом полного внутреннего отражения. В этом случае действительно ни один луч от источника не выйдет в воздух, т.к. часть лучей будет перекрыта шаром, а все остальные лучи заведомо испытают полное внутреннее отражение на границе раздела сред. Если переместить источник на меньшую глубину, свет по-прежнему не выйдет из воды, если же, наоборот, погрузить источник глубже, чем Hmax, то найдется часть лучей, которые будут падать на границу под углами, меньшими предельного угла полного внутреннего отражения, и пройдут в воздух. Из сказанного следует, что миш-
мальный угол а падения луча на границу "вода - воздух" определяется
IV.3. Световой луч испытывает преломление дважды: при входе в стеклянный шар и при выходе из него. При этом нормали к преломляющей поверхности в точках падения луча совпадают с радиусами шара, проведенными в эти точки. Из рис. 29 видно, что угол между падающим лучом и лучом, вышедшим из шара, у = 2 (а - ?), где а - угол падения луча на поверхность шара, совпадающий с углом преломления на выходе луча из шара, ? - угол преломления на границе "воздух - стекло", совпадающий с углом падения на границу "стекло - воздух". По закону преломления:
Рис. 27.
Рис. 28.
Рис. 29.
равенством sin a = RjHmax . Поскольку при полном отражении sin a = п 1, то искомая глубина должна быть равна
Hmax = Rn = X^3 м.
49 Факультет BMuK
п = sin a/sin ?. Поскольку ? = a - 0,5 у, то искомый показатель преломления
п =
Sina
sin (а -0,5 у)
= V2.
Г, r> -Ct
IV.4. Ход падающего н преломленного в линзе лучей изображен на рис. 30. При построении преломленного луча использована побочная оптическая ось АО, параллельная падающему на линзу лучу. Согласно известному свойству тонкой рассеивающей линзы продолжение выходящего из линзы луча должно пересекаться с фокальной плоскостью в той же точке А, в которой эту плоскость пересекает параллельная падающему лучу побочная оптическая ось. С учетом того, что фокусное расстояние рассеивающей линзы отрицательно, из AAOF находим: | /1 tga = с + Ъ. Поскольку С = |/|*ВР> то tg? = tgot — 6/1У |. Принимая во внимание, что b = а -1 tg a , получаем ответ:
Рис. 30.
? = arctg
1 +
J_ l/l
tga -
a
W\
¦ arctg
X-L
. /.
a
tga+7
IV.5. Все световые лучи, испущенные источником S и прошедшие через линзу Jl, пересекаются на ее главной оптической оси в точке S', являющейся изображением источника (см. рис. 31). Пройдя далее до экрана, они образуют на нем освещенное круглое пятно. Из рисунка видно, что
размер пятна не изменится, если расстояние d, на которое перемещают экран, удовлетворяет соотношению: b-c = d]2.
С другой стороны, по формуле тонкой линзы расстояния а рис. зі и с от линзы до предмета и его
изображения, соответственно, и фокусное расстояние линзы / должны удовлетворять соотношению:
50 Решения задач
1 1 1 „
- + - = —. Используя полученное выше соотношение, после несложных а с f
преобразований получаем:
a-_Vb-<t)f = 30см 2b-d-2f
aA ?dr ь і U
