Физтех, 2024/25, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Относительное движение начнётся, когда сила трения покоя на брусок достигнет предела \(\mu m g\). До этого доска и брусок колеблются вместе на пружине с массой \(M+m\).

Ответ

1) \(x_2 = \dfrac13~\text{м}\);  2) \(t = \dfrac{\pi}{18}~\text{с} \approx \dfrac16~\text{с}\);  3) \(a_m = \dfrac32\sqrt{22}~\text{м/с}^2 \approx 7~\text{м/с}^2\).

Решение

Пусть \(x\) — деформация пружины, при максимальном сжатии она равна \(x_3\), в момент начала относительного движения — \(x_2\).

1. Условие начала относительного движения: \(\dfrac{kx_2}{M+m} = \dfrac{\mu mg}{m}\), откуда \[x_2 = \frac{\mu(M+m)g}{k} = \frac13~\text{м}.\] Положение равновесия доски при относительном движении \(x_1 = \dfrac{\mu mg}{k} = \dfrac19\) м.

2. При \(0 < x < x_2\) система доска и брусок колеблется как целое: \(x = A_0\sin\omega_0 t\), где \(\omega_0 = \sqrt{\dfrac{k}{M+m}}\), \(A_0 = \dfrac{V_0}{\omega_0}\). Тогда \(x_2 = \dfrac{V_0}{\omega_0}\sin\omega_0 t_2\), откуда \[t_2 = \sqrt{\frac{M+m}{k}}\,\arcsin\left(\frac{\mu g}{V_0}\sqrt{\frac{M+m}{k}}\right) = \frac{\pi}{18}~\text{с} \approx \frac16~\text{с}.\]

3. При \(x_2 < x < x_3\) доска колеблется около положения равновесия \(x_1\) с циклической частотой \(\omega = \sqrt{\dfrac{k}{M}} = \sqrt{\dfrac{27}{2}}\) с\(^{-1}\) и амплитудой \(A = x_3 - x_1\). В точке \(x_3\) ускорение максимально: \(a_m = A\omega^2\).

Найдём амплитуду. Скорость \(V_2\) в момент \(x_2\) по закону сохранения энергии: \(\dfrac12(M+m)V_0^2 = \dfrac12(M+m)V_2^2 + \dfrac12kx_2^2\), откуда \(V_2^2 = V_0^2 - \dfrac{kx_2^2}{M+m} = 3\) м\(^2\)/с\(^2\). Для колебаний около \(x_1\) в точке \(x_2\): \[\left(\frac{x_2-x_1}{A}\right)^2 + \left(\frac{V_2}{A\omega}\right)^2 = 1, \qquad A = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + \frac{V_2^2}{\omega^2}} = \frac{\sqrt{22}}{9}~\text{м}.\] Тогда \[a_m = A\omega^2 = \frac{\sqrt{22}}{9}\cdot\frac{27}{2} = \frac32\sqrt{22}~\text{м/с}^2 \approx 7~\text{м/с}^2.\]

Подсказка

Пока конденсации нет, давление пара определяется только температурой. Конденсация начнётся, когда давление насыщенного пара сравняется с парциальным давлением пара. Для сухого воздуха примените уравнение состояния до и после остывания.

Ответ

1) \(P_1 = 40~\text{кПа}\);  2) \(t^* = 76\,^\circ\text{C}\);  3) \(V/V_0 \approx 0{,}7\).

Решение

1. По графику при \(t_0\) давление насыщенного пара \(P_H = 60\) кПа, поэтому парциальное давление пара \(P_1 = \varphi_0 P_H = 40\) кПа.

2. Парциальное давление пара остаётся постоянным, пока не начнётся конденсация, так как давление смеси постоянно. На рисунке кривая 1-2-3 — зависимость давления пара от температуры в сосуде. По графику давления насыщенного пара находим \(t^* = 76\,^\circ\text{C}\).

3. По графику при \(t = 46\,^\circ\text{C}\) давление пара \(P_3 = 10\) кПа. Для сухого воздуха \[\frac{(P_0-P_1)V_0}{T_0} = \frac{(P_0-P_3)V}{T}, \qquad \frac{V}{V_0} = \frac{(P_0-P_1)\,T}{(P_0-P_3)\,T_0} \approx 0{,}7.\]

Подсказка

Энергия взаимодействия диполя с диском имеет максимум и минимум на оси. Связь между ними задаётся законом сохранения энергии, а минимальная скорость для пролёта соответствует максимуму потенциального барьера.

Ответ

1) \(2V_0\);  2) \(V_{MAX} - V_{MIN} = V_0\left(\sqrt5 - \sqrt3\right)\).

Решение

1. При пролёте центра диполя через центр отверстия энергия взаимодействия равна нулю. По закону сохранения энергии скорость диполя будет \(2V_0\).

2. Обозначим координату центра диполя через \(x\), начало координат поместим в центр диска. Пусть расстояние между зарядами диполя равно \(2b\). Верхняя кривая на рисунке — зависимость энергии электростатического взаимодействия положительного заряда диполя с диском, нижняя — для отрицательного заряда. Суммарная энергия \(W\) взаимодействия диполя с диском — средняя кривая. При \(-\infty < x < -x_0\) диполь тормозится, при \(-x_0 < x < x_0\) разгоняется, при \(x_0 < x < \infty\) тормозится. Если диполь преодолевает координату \(-x_0\), то он пролетает через диск. Минимальная скорость при \(-x_0\), максимальная скорость при \(x_0\).

По закону сохранения энергии: \[\frac12 mV_0^2 = W_m, \qquad \frac12 m(2V_0)^2 = \frac12 mV_{MIN}^2 + W_m, \qquad \frac12 m(2V_0)^2 = \frac12 mV_{MAX}^2 - W_m.\] Отсюда \(V_{MIN} = V_0\sqrt3\), \(V_{MAX} = V_0\sqrt5\), и \[V_{MAX} - V_{MIN} = V_0\left(\sqrt5 - \sqrt3\right).\]

Подсказка

Катушки соединены в замкнутый контур без сопротивления: изменение потока внешнего поля через катушку \(L_1\) компенсируется самоиндукцией обеих катушек. Запишите это для контура и проинтегрируйте по времени.

Ответ

1) \(I_0 = \dfrac{B_0 nS_1}{5L}\);  2) \(q = \dfrac{2}{15}\,\dfrac{B_0 nS_1\tau}{L}\).

Решение

Контур без сопротивления даёт уравнение \(-nS_1\dfrac{\Delta B}{\Delta t} - (L_1+L_2)\dfrac{\Delta I}{\Delta t} = 0\), откуда \[I = \frac{(B_0 - B)\,nS_1}{L_1+L_2} = \frac{(B_0 - B)\,nS_1}{5L}.\]

1. \(I_0 = I(\tau) = \dfrac{B_0 nS_1}{5L}\). (Ответ можно получить и из сохранения суммы магнитных потоков.)

2. Из графика \(B(t)\): при \(t_1 = \dfrac{\tau}{3}\) индукция \(B_1 = \dfrac{B_0}{3}\), поэтому \(I_1 = \dfrac23 I_0 = \dfrac{2B_0nS_1}{15L}\). Заряды: \[q_1 = \frac{0 + I_1}{2}\,t_1 = \frac19 I_0\tau = \frac{B_0nS_1\tau}{45L}, \qquad q_2 = \frac{I_1 + I_0}{2}\,(\tau - t_1) = \frac59 I_0\tau = \frac{B_0nS_1\tau}{9L}.\] Итого \(q = q_1 + q_2 = \dfrac{2}{15}\,\dfrac{B_0nS_1\tau}{L}\).

Подсказка

Луч, проходящий через центр шара, падает на зеркало по радиусу и возвращается по тому же пути при любом показателе преломления. Для второго пункта используйте формулу преломления на сферической поверхности.

Ответ

1) \(R = \dfrac{F}{3}\);  2) \(n = 2{,}4\).

Решение

1. Если изображение \(S_1\) источника \(S\) в линзе попадает в центр шара, то лучи в шаре идут вдоль радиуса при любом показателе преломления, падают на зеркало и отражаются строго в обратном направлении. В результате изображение в системе попадает в \(S\). По формуле тонкой линзы \[\frac1a + \frac{1}{b+R} = \frac1F.\] Так как \(a = 1{,}5F\), \(b = \dfrac{8F}{3}\), то \(R = \dfrac F3\).

2. После перемещения шар служит для левой сферической поверхности источником \(S_1\), изображение в которой \(S_2\). Если \(S_2\) попадает на сферическое зеркало, то отражённые от зеркала лучи идут симметрично (относительно оптической оси) падающим. Это приводит к тому, что изображение в системе попадает в \(S\). По формуле преломления на сферической поверхности \[\frac{1}{a_1} + \frac{n}{b_1} = \frac{n-1}{R}.\] Имеем \(a_1 = \Delta - R = \dfrac{5F}{3}\), \(b_1 = 2R = \dfrac{2F}{3}\). Тогда \(n = 2{,}4\).

Подсказка

Отношение кинетических энергий до и после каждого удара постоянно, поэтому энергии образуют геометрическую прогрессию. Время между событиями составьте из долей периода колебаний и времён движения от положения равновесия до уступа.

Ответ

1) \(V_0 = \dfrac{11}{4}\,l_0\sqrt{\dfrac km}\);  2) \(x_2 = l_0\sqrt{\dfrac{26}{5}}\);  3) \(\tau = \sqrt{\dfrac mk}\left(\pi + \arcsin\dfrac{4}{11} + \arcsin\dfrac25\right)\).

Решение

Пусть \(x\) — деформация пружины (координата тела), отсчитываемая от положения равновесия; уступ находится в точке \(x = -l_0\). Максимальные сжатия пружины: \(x_0 = \dfrac{11}{4}l_0\) при отпускании, \(x_1 = \dfrac52 l_0\) после первого удара, \(x_2\) после второго.

1. По закону сохранения энергии \(\dfrac12kx_0^2 = \dfrac12mV_0^2\), откуда \[V_0 = x_0\sqrt{\frac km} = \frac{11}{4}\,l_0\sqrt{\frac km}.\]

2. Обозначим кинетические энергии непосредственно перед первым ударом через \(W_1\), сразу после первого и второго ударов через \(W_2\) и \(W_3\). По закону сохранения энергии: \[\frac12kx_0^2 = W_1 + \frac12kl_0^2, \qquad \frac12kx_1^2 = W_2 + \frac12kl_0^2, \qquad \frac12kx_2^2 = W_3 + \frac12kl_0^2.\] По условию \(\dfrac{W_2}{W_1} = \dfrac{W_3}{W_2}\). С учётом выражений для \(x_0\) и \(x_1\) получаем \(\dfrac{W_2}{W_1} = \dfrac45\), и \[x_2 = l_0\sqrt{\frac{26}{5}}.\]

3. Период \(T = 2\pi\sqrt{m/k}\), \(\omega = \sqrt{k/m}\). Время \[\tau = \frac14T + t_1 + t_2 + \frac14T,\] где \(x_0\sin\omega t_1 = l_0\) и \(x_1\sin\omega t_2 = l_0\). Отсюда \(t_1 = \sqrt{\dfrac mk}\arcsin\dfrac{4}{11}\), \(t_2 = \sqrt{\dfrac mk}\arcsin\dfrac25\), и \[\tau = \sqrt{\frac mk}\left(\pi + \arcsin\frac{4}{11} + \arcsin\frac25\right).\]

Подсказка

В процессах, где давление пропорционально объёму, теплоёмкость выражается через \(C_V\) и \(R\). Работа за цикл равна сумме теплот с учётом знаков, а КПД — отношение работы к теплоте, полученной газом.

Ответ

1) \(C_{41} = \dfrac72 R\);  2) \(A = \dfrac{2}{35}Q\);  3) \(\eta = \dfrac{1}{25}\).

Решение

1. Для процесса \(P = \alpha V\) (\(\alpha = \text{const}\)) имеем \(\alpha V^2 = \nu RT\), откуда \(2\alpha V\,dV = \nu R\,dT\). Тогда \(\nu C\,dT = \nu C_V\,dT + \alpha V\,dV\) даёт \(C = C_V + \dfrac R2\). Итак, \(C_{34} = C_{12} = C_V + \dfrac R2\). Для процесса 3-4: \(3R = C_V + \dfrac R2\), откуда \(C_V = \dfrac52 R\), а для изобары 4-1: \(C_{41} = C_P = C_V + R = \dfrac72 R\).

2. Работа газа за цикл \[A = Q_{12} + Q_{23} + Q_{34} + Q_{41} = 3\nu R(T_2 - T_1) - Q + 3\nu R(T_4 - T_3) - Q = -2Q + 3\nu R\,(T_2 - T_3 + T_4 - T_1).\] Так как \(Q = \nu C_V(T_2 - T_3) = \nu C_P(T_4 - T_1)\), получаем \[A = -2Q + 3\nu R\left(\frac{Q}{\nu C_V} + \frac{Q}{\nu C_P}\right) = \frac{2}{35}Q.\]

3. КПД \(\eta = \dfrac{A}{Q_{12}}\), \(Q_{12} = 3\nu R(T_2 - T_1)\). Найдём \(T_2\) и \(T_1\). Из \(\dfrac{T_4}{T_1} = \dfrac52\) и \(T_4 - T_1 = \dfrac{2Q}{7\nu R}\) получаем \(T_1 = \dfrac{4Q}{21\nu R}\). Из \(T_2 - T_3 = \dfrac{2Q}{5\nu R}\) и \(\dfrac{T_2}{T_3} = \dfrac{T_4}{T_1} = \dfrac52\) получаем \(T_2 = \dfrac{2Q}{3\nu R}\). Тогда \[Q_{12} = \frac{10}{7}Q, \qquad \eta = \frac{2Q/35}{10Q/7} = \frac{1}{25}.\] (Равенство \(\dfrac{T_2}{T_3} = \dfrac{T_4}{T_1}\) следует из того, что процессы 1-2 и 3-4 проходят через начало координат, а 2-3 — изохора, 4-1 — изобара.)

Подсказка

При \(x = 0\) поле в зазоре равно \(U_0/d\). Напряжение источника складывается из падения напряжения на воздушном зазоре и на пластине; поле в пластине равно \(E/\varepsilon\).

Ответ

1) \(U_0 = 24~\text{В}\);  2) \(\varepsilon = 4\).

Решение

1. При \(x = 0\) напряжённость \(E(0) = 2\) кВ/м, поэтому \(U_0 = E(0)\,d = 24\) В.

2. Напряжение источника \(U_0 = E(d-x) + \dfrac{E}{\varepsilon}\,x\), откуда \[\frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon} = \frac{d - U_0/E}{x}.\] По графику при \(x = 8\) мм \(E = 4\) кВ/м: \(\dfrac{\varepsilon-1}{\varepsilon} = \dfrac{12-6}{8} = \dfrac34\), откуда \(\varepsilon = 4\).

Подсказка

Закон электромагнитной индукции для катушки с резистором: ЭДС самоиндукции и ЭДС индукции от изменения внешнего поля вместе дают падение напряжения на резисторе. Проинтегрируйте это уравнение по времени.

Ответ

1) \(\dfrac{dI}{dt} = \dfrac{I_1}{\tau}\);  2) \(q = \dfrac{nB_0S_1}{R}\);  3) \(L = \dfrac{nB_0S_1}{I_1} - \dfrac{R\tau}{2}\).

Решение

1. Ток нарастает линейно, поэтому в любой момент, в том числе через \(\tau/3\), \(\dfrac{dI}{dt} = \dfrac{I_1}{\tau}\).

2. Уравнение контура: \[-nS_1\frac{\Delta B}{\Delta t} - L\frac{\Delta I}{\Delta t} = IR \quad\Longrightarrow\quad -nS_1\,\Delta B - L\,\Delta I = R\,\Delta q.\] Суммируем от начала выключения поля до момента нулевого тока: \[-nS_1(0 - B_0) - L(0 - 0) = Rq \quad\Longrightarrow\quad q = \frac{nB_0S_1}{R}.\] (Этот ответ можно записать сразу, воспользовавшись законом электромагнитной индукции в форме Фарадея.)

3. При \(0 < t < \tau\): \(-nS_1(0 - B_0) - L(I_1 - 0) = Rq_1\), где \(q_1 = \dfrac12 I_1\tau\). Отсюда \[L = \frac{nB_0S_1}{I_1} - \frac12R\tau.\]

Подсказка

Для пункта 2 запишите формулу линзы для обоих положений источника, учитывая, что радиус зависит от напряжения. Для пункта 3 выразите освещённость экрана через мощность источника и геометрию.

Ответ

1) \(F = \dfrac{R}{n-1}\);  2) \(R_0 = 1{,}4~\text{см}\);  3) \(\dfrac{E_1}{E_2} = 1\).

Решение

1. Удобно пустить луч, параллельный главной оптической оси, на плоскую поверхность линзы (см. рис.). Тогда \(n\sin\alpha = \sin\beta\); так как углы малы, \(n\alpha = \beta\). Из геометрии \(R\alpha = F(\beta - \alpha)\). Отсюда \[\frac1F = (n-1)\frac1R.\]

2. Формула линзы для двух положений светодиода: \[\frac{1}{a_1} + \frac1b = \frac{n-1}{R_0 + kU_1}, \qquad \frac{1}{a_2} + \frac1b = \frac{n-1}{R_0 + kU_2}.\] Подставляем числа: \(\dfrac1{12} + \dfrac16 = \dfrac14 = \dfrac{0{,}4}{R_0 + kU_1}\), откуда \(R_0 + kU_1 = 1{,}6\) см; \(\dfrac1{18} + \dfrac16 = \dfrac29 = \dfrac{0{,}4}{R_0 + kU_2}\), откуда \(R_0 + kU_2 = 1{,}8\) см. Отсюда \(k = 0{,}2\) см/В и \(R_0 = 1{,}4\) см.

3. Пусть \(W_0\) — мощность источника, \(S_0\) — его площадь в поперечном сечении, \(S_1\) — площадь линзы, \(S_2\) — площадь изображения, \(a\) и \(b\) — расстояния от источника и изображения до линзы. Падающая на линзу мощность \(W = \dfrac{W_0}{4\pi a^2}S_1\). Площадь изображения \(S_2 = S_0\left(\dfrac ba\right)^2\). Освещённость изображения \[E = \frac{W}{S_2} = \frac{W_0}{4\pi b^2}\,\frac{S_1}{S_0}\] не зависит от \(a\). Поэтому \(\dfrac{E_1}{E_2} = 1\).