Курчатов, 2013/14, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

В невесомости сила упругости резинки сообщает грузику центростремительное ускорение. Какое условие на \(\omega\) при этом необходимо?

Ответ

При \(\omega < \sqrt{k/m}\) относительное удлинение \(\dfrac{x}{l} = \dfrac{m\omega^2}{k - m\omega^2}\), а отношение энергии упругой деформации к кинетической энергии груза \(\dfrac{E_1}{E_2} = \dfrac{m\omega^2}{k}\); при \(\omega \ge \sqrt{k/m}\) пружина не сможет удержать груз.

Решение

Пусть \(l\) — длина резинки в нерастянутом состоянии, а \(x\) — удлинение резинки. По второму закону Ньютона: \[m\omega^2(l + x) = kx,\] откуда относительное удлинение резинки: \[\frac{x}{l} = \frac{m\omega^2}{k - m\omega^2}.\] Энергия упругой деформации: \(E_1 = \dfrac{kx^2}{2}\), кинетическая энергия груза \(E_2 = \dfrac{m(\omega(l+x))^2}{2}\). Их отношение: \[\frac{E_1}{E_2} = \frac{k}{m\omega^2}\left(\frac{x}{l+x}\right)^2 = \frac{k}{m\omega^2}\left(\frac{1}{\frac{l}{x}+1}\right)^2 = \frac{k}{m\omega^2}\left(\frac{1}{\frac{k-m\omega^2}{m\omega^2}+1}\right)^2 = \frac{m\omega^2}{k}.\] Следует отметить, что полученные ответы являются корректными только при выполнении требования \(\omega < \sqrt{k/m}\) — иначе пружина не остановит груз (особенно это важно указать для второго ответа, из структуры которого существование ограничения не следует с очевидностью).

Подсказка

Отсчитывайте координату от положения равновесия и выразите силу Архимеда через эту координату.

Ответ

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{\rho g S}}\).

Решение

Пусть \(y\) — координата центра масс поплавка по оси \(0y\), направленной вертикально вверх. За \(0\) возьмём координату центра масс поплавка, когда он находится в равновесии (сила тяжести равна силе Архимеда). Пусть в этом случае объём погружённой в воду части поплавка \(V_0\). В общем случае объём погружённой части поплавка \(V = V_0 - Sy\). Запишем для поплавка второй закон Ньютона: \[ma_y = -mg + \rho g V = (-mg + \rho g V_0) - \rho g S y = -\rho g S y.\] Это уравнение можно преобразовать к виду \[a_y = -\omega^2 y, \qquad \text{где введено обозначение} \quad \omega = \sqrt{\frac{\rho g S}{m}}.\] Мы получили уравнение гармонических колебаний с периодом \[T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{m}{\rho g S}}.\]

Подсказка

Для каждой из двух частей сосуда запишите закон Бойля–Мариотта, а для поршня — условие равновесия.

Ответ

\(p_0 = \dfrac{mg}{S}\cdot\dfrac{L^2-4h^2}{4Lh} \approx 103\) кПа.

Решение

Пусть \(p_1\) — давление газа под поршнем, \(p_2\) — давление над поршнем. Поскольку поршень находится в равновесии, \((p_1 - p_2)S = mg\). По закону Бойля–Мариотта: \[p_0\frac{L}{2} = p_1\left(\frac{L}{2} - h\right) = p_2\left(\frac{L}{2} + h\right).\] Подставив эти уравнения в первое, получим: \[\frac{mg}{S} = p_1 - p_2 = p_0\left(\frac{L}{L-2h} - \frac{L}{L+2h}\right) = p_0\frac{4Lh}{L^2-4h^2}.\] Откуда \(p_0 = \dfrac{mg}{S}\cdot\dfrac{L^2-4h^2}{4Lh} \approx 103\) кПа.

Подсказка

Представьте шар с полостью как сумму шара радиуса \(R\) с плотностью \(\rho\) и шара радиуса \(R/2\) с плотностью \(-\rho\) в том же месте.

Ответ

\(F = \dfrac{7}{108}\dfrac{\rho q R}{\varepsilon_0}\); сила отталкивания, если знаки \(\rho\) и \(q\) совпадают, и сила притяжения в противном случае.

Решение

Удобно рассматривать не шар с полостью, а два шара: один с радиусом \(R\) и удельным зарядом \(\rho\) и другой с радиусом \(R/2\) и удельным зарядом \(-\rho\) (на месте полости). Как известно, равномерно заряженный шар создаёт в окружающем пространстве электрическое поле, эквивалентное полю точечного заряда, помещённого в центр шара. Поэтому первый шар будет действовать на точечный заряд силой \[F_1 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\rho\,\frac{4}{3}\pi R^3\,\frac{q}{(2R)^2} = \frac{\rho q R}{12\varepsilon_0}\] (за положительное выбрано направление от шара), а второй шар — с силой \[F_2 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,(-\rho)\,\frac{4}{3}\pi\left(\frac{R}{2}\right)^3\, \frac{q}{\left(\frac{3}{2}R\right)^2} = -\frac{\rho q R}{54\varepsilon_0}.\] Полная сила, действующая на заряд, \(F = F_1 + F_2 = \dfrac{7}{108}\dfrac{\rho q R}{\varepsilon_0}\), является силой отталкивания, если знаки \(\rho\) и \(q\) совпадают, и силой притяжения в противном случае.

Подсказка

Ток через вольтметр в каждом случае равен разности токов в ветвях; отношение токов через вольтметр равно отношению показаний, так как его сопротивление постоянно.

Ответ

\(k = \dfrac{UV_2}{RV_1\left(V_1V_2 + (U-V_2)^2\right)}\).

Решение

В первом случае на лампе падает напряжение \(V_1\), значит, на резисторе — \(U - V_1\). Полный ток в цепи \((U-V_1)/R\), ток через лампу \(kV_1^2\). Ток, текущий через вольтметр, \(I_{V1} = \dfrac{U-V_1}{R} - kV_1^2\). Во втором случае на резисторе падает напряжение \(V_2\), значит, на лампе — \(U - V_2\). Ток в цепи равен току через лампу, то есть \(k(U-V_2)^2\), через резистор течёт ток \(V_2/R\), значит, через вольтметр \(I_{V2} = k(U-V_2)^2 - \dfrac{V_2}{R}\). Поскольку внутреннее сопротивление вольтметра постоянно, \[\frac{I_{V1}}{I_{V2}} = \frac{V_1}{V_2}.\] Откуда: \[\left(\frac{U-V_1}{R} - kV_1^2\right)V_2 = \left(k(U-V_2)^2 - \frac{V_2}{R}\right)V_1.\] Из этого уравнения несложно выразить \(k\): \[k = \frac{UV_2}{RV_1\left(V_1V_2 + (U-V_2)^2\right)}.\]

Подсказка

Каждая половина билинзы даёт своё действительное изображение источника; интерферируют лучи, пришедшие от этих двух изображений.

Ответ

1) \(b = \dfrac{af}{a-f} = 60\) см (изображения действительные, справа от линзы), \(d = h\dfrac{a}{a-f} = 4\) мм; 2) \(\Delta x = \dfrac{\lambda f^2}{2ha} \approx 40{,}0\) мкм; 3) \(N = \dfrac{2h}{\Delta x} + 1 = \dfrac{4h^2a}{\lambda f^2} + 1 = 51\).

Решение

(1) Если удалить у линзы её часть, то оставшаяся часть по-прежнему будет формировать изображение, однако его яркость изменится. Поэтому можно рассматривать билинзу как две тонкие линзы, главные оптические оси которых параллельны и сдвинуты на расстояние \(h\) относительно оси системы. На рисунке показано построение хода лучей от источника \(A\) через каждую из половинок билинзы до двух изображений — верхнего (\(A_{\text{ниж}}\)), полученного в результате преломления света в нижней части билинзы, и нижнего (\(A_{\text{верх}}\)), полученного в результате преломления света в верхней части билинзы. Для этого использованы правила построения изображений в тонкой линзе: луч (фиктивный), идущий через оптический центр линзы (реально отсутствующий), не преломляется, а луч, идущий вдоль оси симметрии системы параллельно главной оптической оси линзы, после преломления проходит через её фокус.

Из подобия треугольников на рисунке следует, что расстояние \(d\) от каждого изображения до оси системы можно найти из пропорции: \(\dfrac{d}{h} = \dfrac{a+b}{a}\), откуда \(d = h\cdot\dfrac{a+b}{a}\).

В соответствии с формулой тонкой линзы \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{1}{f}\), где \(b\) — расстояние от билинзы до плоскости двух изображений, откуда \(b = \dfrac{af}{a-f} = \dfrac{20\cdot 15}{20-15} = 60\) см \(> 0\), то есть изображения действительные и находятся справа от линзы. Расстояние \(d\) от каждого изображения до оси системы, таким образом, равно \[d = h\cdot\frac{a+b}{a} = h\cdot\frac{a}{a-f} = 1\cdot\frac{20}{20-15} = 4 \text{ мм}.\]

(2) Билинза позволяет «раздвоить» точечный источник \(A\), получив два точечных когерентных источника \(A_{\text{ниж}}\) и \(A_{\text{верх}}\) (см. рисунок).

Интерференцию можно наблюдать только в области перекрытия пучков света, полученных в результате его преломления в верхней и нижней частях билинзы — эта область на рисунке заштрихована. В силу обратимости световых пучков, проходящих через верхнюю и нижнюю части билинзы, можно рассматривать интерференционную картину в фокальной плоскости билинзы как результат наложения двух пучков света, выходящих из точечных источников \(A_{\text{ниж}}\) и \(A_{\text{верх}}\) обратно, в направлении билинзы.

Найдём разность хода \(\Delta\) лучей от этих источников в фокальной плоскости билинзы вблизи оси симметрии системы в зависимости от расстояния \(x\) точки в этой плоскости до точки \(F\) на этой оси.

В центре интерференционной картины разность хода, очевидно, равна нулю, и наблюдается интерференционный максимум. При отклонении от центра картины на расстояние \(x\) один луч укорачивается, а другой удлиняется на величину \[\frac{\Delta}{2} \approx x\sin\frac{\varphi}{2} \approx x\,\frac{\varphi}{2},\] как следует из построения. Таким образом, \(\Delta \approx x\varphi\).

При этом \(\dfrac{\varphi}{2} \approx \dfrac{d}{b-f}\), где, согласно пункту (1) решения, \(b = \dfrac{af}{a-f}\), \(b - f = \dfrac{f^2}{a-f}\), а \(d = h\dfrac{a}{a-f}\), так что \(\varphi \approx \dfrac{2ha}{f^2}\).

Максимумы в интерференционной картине наблюдаются там, где разность хода интерферирующих лучей \(\Delta = m\lambda\), \(m\) — целое. Период \(\Delta x\) интерференционных полос вблизи центра экрана определяется минимальным расстоянием по оси \(x\) вдоль экрана, при котором разность хода \(\Delta\) интерферирующих лучей меняется на величину \(\lambda\): \(\Delta \approx \Delta x\cdot\varphi = \lambda\), откуда \[\Delta x \approx \frac{\lambda}{\varphi} = \frac{\lambda f^2}{2ha} = \frac{7{,}11\cdot 10^{-7}\cdot 0{,}15^2}{0{,}002\cdot 0{,}2} \approx 4{,}00\cdot 10^{-5}\text{ м} = 40{,}0 \text{ мкм}.\] Существует и другой способ решения: если заметить, что разность хода лучей от двух изображений источника, приходящих в точку \(x\) на экране, \[\Delta(x) = \sqrt{(b-f)^2 + (d+x)^2} - \sqrt{(b-f)^2 + (d-x)^2},\] и что условие малости \(\varphi\) эквивалентно условию \(|d \pm x| \ll b - f\), то \[\Delta(x) \approx (b-f)\left[1 + \frac{(d+x)^2}{2(b-f)^2} - 1 - \frac{(d-x)^2}{2(b-f)^2}\right] = \frac{2d}{b-f}x = \frac{2ah}{f^2}x,\] и условие наблюдения максимумов \(\Delta(x_m) = m\pi\) даёт \(x_m = m\dfrac{f^2\lambda}{2ah}\). Отсюда легко находится ширина полосы.

(3) Наиболее широкая интерференционная картина будет получаться, очевидно, в фокальной плоскости билинзы, где эта картина будет иметь ширину \(2h = 2\) мм. В центре интерференционной картины разность хода равна нулю, и наблюдается интерференционный максимум, а следующие максимумы удалены от него на расстояние \(\Delta x = \dfrac{\lambda f^2}{2ha} \approx 4{,}00\cdot 10^{-5}\) м \(= 40{,}0\) мкм. На всей ширине \(2h\) интерференционной картины в фокальной плоскости билинзы уложится, таким образом, \(\dfrac{2h}{\Delta x} = \dfrac{2000}{40} = 50\) периодов этой картины — по 25 слева и справа от её центра. Всего будет наблюдаться, считая центральный максимум, \[N = \frac{2h}{\Delta x} + 1 = \frac{4h^2a}{\lambda f^2} + 1 = 51\] интерференционная полоса.