НОФ 2024, III кръг (национален), 11–12 клас, файл 11-12_th_zad.pdf — Задача 2

• А а) $\Delta\upsilon = \upsilon - \upsilon_0 = \frac{\mathrm{F_{max}t_0}}{2\mathrm{m}} \approx 12\ \mathrm{m/s}$

• А б) $\mathrm{A} = \frac{\mathrm{m}\upsilon^2}{2} - \frac{\mathrm{m}\upsilon_0^2}{2} \approx 45\ \mathrm{J}$

• Б $\mathrm{F} = \rho \mathrm{gQ}\left\{\mathrm{t} + \sqrt{\frac{2}{\mathrm{g}}\left(\mathrm{H} - \frac{\mathrm{Q}}{\mathrm{S}}\mathrm{t}\right)}\right\}$

• В б) $\mathrm{C} = \frac{3}{2}\frac{\varepsilon_0 \mathrm{S}}{\mathrm{d}}$

• Г а) $\mathrm{U}\left(\mathrm{z}\right) = \begin{cases} \infty, & \mathrm{z} < 0 \\ \mathrm{m_n gz}, & \mathrm{z} \geq 0 \end{cases}$

• Г б) $\mathrm{z_{min}} = \mathrm{a_0} = \left(\frac{\hbar^2}{\mathrm{m}^2\mathrm{g}}\right)^{1/3} \approx 7{,}4\ \mu\mathrm{m}$

  Съответната енергия е $E'_{\min} = \frac{3}{2}m_\mathrm{n}\mathrm{g}\left(\hbar^2/(m_\mathrm{n}^2\mathrm{g})\right)^{1/3} \approx 1{,}1\ \mathrm{peV}$.

А. а) Изменението на скоростта ще определим от уравнението на движение, записано във вида

$\mathrm{m}\Delta\upsilon = \mathrm{F(t)}\Delta\mathrm{t}$. (0,5 т.)

За да намерим $\Delta\upsilon$ ще използваме аналогията с равенството

$\Delta\mathrm{s} = \upsilon(\mathrm{t})\Delta\mathrm{t}$ (0,5 т.)

при равнопроменливо движение. Изминатия път $\Delta\mathrm{s}$ за време $\mathrm{t_0}$ е

$\Delta\mathrm{s} = \upsilon_{\mathrm{ср}}\mathrm{t_0} = \dfrac{\upsilon + \upsilon_0}{2}\mathrm{t_0}$. (0,5 т.)

Тъй като графиките на $\upsilon(\mathrm{t})$ и $\mathrm{F(t)}$ са аналогични, имаме

$\mathrm{m}\Delta\upsilon = \mathrm{F_{ср}t_0} = \dfrac{\mathrm{F_{max}t_0}}{2}$. (0,5 т.)

Следователно получаваме

$\Delta\upsilon = \upsilon - \upsilon_0 = \dfrac{\mathrm{F_{max}t_0}}{2\mathrm{m}} \approx 12\ \mathrm{m/s}$. (0,5 т.)

Друго възможно решение. Записваме уравнението на движение във вида $\mathrm{m}\dfrac{\mathrm{d}\upsilon}{\mathrm{dt}} = \mathrm{F(t)}$. Тогава имаме $\mathrm{d}\upsilon = \dfrac{1}{\mathrm{m}}\mathrm{F(t)dt}$. Като интегрираме по интервала, в който действа силата, намираме $\Delta\upsilon = \upsilon - \upsilon_0 = \dfrac{1}{\mathrm{m}}\displaystyle\int_0^{\mathrm{t_0}} \mathrm{F(t)dt} = \dfrac{\mathrm{F_{max}t_0}}{2\mathrm{m}}$. Тук е отчетен геометричния смисъл на интеграла – лицето на фигурата, образувана от графиката на функцията $\mathrm{F(t)}$ и оста $\mathrm{t}$, т.е. лицето на триъгълника.

б) Извършената от силата работа $\mathrm{A}$ е

$\mathrm{A} = \dfrac{\mathrm{m}\upsilon^2}{2} - \dfrac{\mathrm{m}\upsilon_0^2}{2} \approx 45\ \mathrm{J}$. (1 т.)

Б. В момента $\mathrm{t}$, когато нивото на водата в чашата е $\mathrm{h(t)}$, действащата сила $\mathrm{F}$ върху дъното на чашата е сума от две сили

$\mathrm{F} = \mathrm{F_1} + \mathrm{F_2}$. (0,25 т.)

Първата сила се дължи на хидростатичното налягане и се дава с израза

$\mathrm{F_1} = \rho\mathrm{gh(t)S}$. (0,25 т.)

Втората сила се определя от изменението на импулса на водата от струята, попаднала в чашата за една секунда. Скоростта на струята при попадане в чашата е

$\upsilon = \sqrt{2\mathrm{g}\left[\mathrm{H} - \mathrm{h(t)}\right]}$. (0,5 т.)

За една секунда нивото на водата се повишава с

$\Delta\mathrm{h} = \dfrac{\mathrm{Q}}{\mathrm{S}}$, (0,25 т.)

като масата на тази вода е

$\mathrm{m} = \rho\mathrm{S}\Delta\mathrm{h}$. (0,25 т.)

Следователно за втората сила имаме израза

$\mathrm{F_2} = \mathrm{m}\upsilon = \rho\mathrm{Q}\sqrt{2\mathrm{g}\left[\mathrm{H} - \mathrm{h(t)}\right]}$. (0,5 т.)

Като отчетем равенството

$\mathrm{h(t)} = \Delta\mathrm{h.t} = \dfrac{\mathrm{Q}}{\mathrm{S}}\mathrm{t}$, (0,25 т.)

намираме

$\mathrm{F} = \rho\mathrm{gQ}\left\{\mathrm{t} + \sqrt{\dfrac{2}{\mathrm{g}}\left(\mathrm{H} - \dfrac{\mathrm{Q}}{\mathrm{S}}\mathrm{t}\right)}\right\}$. (0,25 т.)

В. а) Положителният заряд $\mathrm{q}$ се разпределя по вътрешната и по външната страна на пластината 1. Аналогично отрицателният заряд се разпределя по пластината 2. Тогава пластината A се наелектризира отрицателно, а пластината B – положително, като индуцираният заряд се разполага само на вътрешната страна. (0,25 т.) Между 1 и 2 възниква еднородно поле с интензитет $\mathrm{E}$, а между 1 и A, както и между B и 2, поле с интензитет $\mathrm{E}'$, което има посока противоположна на $\mathrm{E}$. (0,25 т.) Тъй като потенциалът на полето е зададен с точност до неопределена константа, ще изберем за нула потенциала на A. Потенциалът на B също ще е равен на нула, Като отчетем, че по силовата линия на полето потенциалът намалява, ходът на потенциала е показан на фиг. 2.1. Тук е отчетена симетрията на задачата. (0,25 т.) (1 т.)

б) Ако означим напрежението между пластините 1 и 2 с $\mathrm{U}$, а между 1 и A, както и между B и 2 с $\mathrm{U}'$, ще е изпълнено равенството

$\mathrm{U} = 2\mathrm{U}'$. (0,5 т.)

Тъй като зарядът на вътрешната страна на пластината 1 е $\mathrm{q_1}$, а на външната – $\mathrm{q_2}$, имаме

$\mathrm{q_1} = 2\mathrm{q_2}$. (0,25 т.)

От друга страна е в сила равенството

$\mathrm{q_1} + \mathrm{q_2} = \mathrm{q}$, (0,25 т.)

което означава

$\mathrm{q_1} = \dfrac{2}{3}\mathrm{q}$, $\mathrm{q_2} = \dfrac{1}{3}\mathrm{q}$. (1 т.)

Тогава намираме

$\mathrm{U} = \mathrm{Ed} = \dfrac{\mathrm{q_2 d}}{\varepsilon_0\mathrm{S}} = \dfrac{\mathrm{q}}{\mathrm{C}}$, (0,5 т.)

т.е. окончателно получаваме

$\mathrm{C} = \dfrac{3}{2}\dfrac{\varepsilon_0\mathrm{S}}{\mathrm{d}}$. (0,5 т.)

Г. а) Ще изберем неподвижна отправна система $\mathrm{K}$, свързана с неутронното огледало. Оста $\mathrm{x}$ насочваме успоредно на огледалото по посока на хоризонталната скорост на неутрона, а оста $\mathrm{z}$ – перпендикулярно на огледалото, насочена нагоре, като нулата на потенциалната енергия на неутрона съвпада с повърхнината на огледалото. Тогава за енергията на неутрона имаме израза

$E = \dfrac{\mathrm{m_n}\upsilon_0^2}{2} + \dfrac{\mathrm{m_n}\upsilon_\mathrm{z}^2}{2} + m_\mathrm{n}gz$. (0,5 т.)

Той може да се препише във вида

$E' = E - \dfrac{\mathrm{m_n}\upsilon_0^2}{2} = \dfrac{\mathrm{m_n}\upsilon_\mathrm{z}^2}{2} + m_\mathrm{n}gz = \dfrac{\mathrm{p_z^2}}{2\mathrm{m_n}} + m_\mathrm{n}gz$, (0,25 т.)

което означава едномерно движение на частицата с енергия $E'$ в потенциалната яма

$\mathrm{U}\left(\mathrm{z}\right) = \begin{cases} \infty, & \mathrm{z} < 0 \\ \mathrm{m_n gz}, & \mathrm{z} \geq 0 \end{cases}$, (0,5 т.)

чиято графика има вида (фиг. 2.2). (0,5 т.)

б) За да оценим минималната височина над неутронното огледало, ще използваме съотношението за неопределеност на Хайзенберг $\Delta\mathrm{z}\Delta\mathrm{p_z} \sim \hbar$. (0,25 т.) Както се вижда от фиг. 2.2, неопределеността в положението на неутрона е $\Delta\mathrm{z} \approx a$ (0,5 т.), която съответства на областта на възможно движение в класическия случай. Тогава за неопределеността на импулса имаме

$\Delta\mathrm{p_z} \approx \dfrac{\hbar}{\mathrm{a}}$. (0,25 т.)

Тъй като $\mathrm{p_z} \sim \Delta\mathrm{p_z}$, за енергията получаваме израза

$E'(a) \approx \dfrac{\hbar^2}{2\mathrm{m_n a^2}} + m_\mathrm{n}ga$. (0,25 т.)

Минималната възможна стойност на енергията се определя от условието

$\dfrac{\mathrm{d}E'}{\mathrm{d}a} = -\dfrac{\hbar^2}{\mathrm{m_n a^3}} + \mathrm{m_n g} = 0$, (0,25 т.)

която се реализира при

$\mathrm{z_{min}} = \mathrm{a_0} = \left(\dfrac{\hbar^2}{\mathrm{m}^2\mathrm{g}}\right)^{1/3} \approx 7{,}4\ \mu\mathrm{m}$. (0,5 т.)

Тогава енергията му по $\mathrm{z}$ е

$E'_{\min} = \dfrac{3}{2}m_\mathrm{n}g\left(\dfrac{\hbar^2}{\mathrm{m_n^2 g}}\right)^{1/3} \approx 1{,}1\ \mathrm{peV}$. (0,5 т.)