Курчатов, 2014/15, заключительный этап, 11 класс

Горизонтальная скорость мяча после удара уменьшается вдвое и меняет направление. Сравните время полёта до стены и после неё. Какой угол броска даёт наибольшее расстояние?

\(L_{\max} = \dfrac{2u_0^2}{7g}\) (при угле броска \(\alpha = \pi/4\)).

Пусть \(L\) — расстояние от Васи до стены, мяч брошен со скоростью \(u\) под углом \(\alpha\) к горизонту. Горизонтальная скорость до удара равна \(u\cos\alpha\), время полёта до стены \[t_1 = \frac{L}{u\cos\alpha} = t .\] После удара горизонтальная скорость равна \(\dfrac{u\cos\alpha}{2}\) и направлена к Васе, поэтому время полёта до возвращения в исходную точку по горизонтали \[t_2 = \frac{L}{u\cos\alpha/2} = 2t .\] Вертикальная координата в момент удара \(y(t) = u\sin\alpha\cdot t - \dfrac{gt^2}{2}\), вертикальная скорость перед ударом \(u\sin\alpha - gt\), сразу после удара она вдвое меньше: \(\dfrac{1}{2}(u\sin\alpha - gt)\).

Мяч должен вернуться в точку броска, поэтому \[u\sin\alpha\cdot t - \frac{gt^2}{2} + \frac{1}{2}(u\sin\alpha - gt)\cdot 2t - \frac{g(2t)^2}{2} = 0 .\] Отсюда \(u\sin\alpha = \dfrac{7}{4}\,g t\), и, подставляя \(t = \dfrac{L}{u\cos\alpha}\), \[L = \frac{2u^2\sin 2\alpha}{7g} .\] Максимальное значение \(\sin 2\alpha\) равно \(1\) и достигается при \(\alpha = \pi/4\). Поэтому \[L_{\max} = \frac{2u_0^2}{7g} .\]

Вода начинает вытекать, когда сила давления воды на боковые стенки, направленная вниз, сравнивается с силой тяжести призмы. Как найти вертикальную составляющую силы давления на наклонную стенку?

\(m = \rho L h^2\,\text{tg}\,\alpha\).

Силу тяжести, действующую на призму, должна уравновешивать вертикальная составляющая силы давления воды на её стенки. Найдём силу давления \(\Delta F\) на малый участок одной из наклонных стенок высотой \(\Delta x\), находящийся на глубине \(x\): \[\Delta F = \frac{\rho g x\, L\,\Delta x}{\cos\alpha} .\] Проекция этой силы на вертикальную ось равна \[\Delta F_{\text{в}} = -\rho g x\, L\,\Delta x\,\text{tg}\,\alpha .\] Полная вертикальная сила \(F_{\text{в}}\) на стенку получается как площадь под графиком \(\Delta F_{\text{в}}/\Delta x\) от \(x\) на отрезке от \(0\) до \(h\); график линеен с угловым коэффициентом \(\rho g L\,\text{tg}\,\alpha\): \[F_{\text{в}} = -\frac{\rho g L\,\text{tg}\,\alpha\, h^2}{2} .\] У призмы две такие стенки, поэтому условие равновесия \(mg + 2F_{\text{в}} = 0\) даёт \[m = \rho L h^2\,\text{tg}\,\alpha .\]

Работа за цикл равна площади цикла на диаграмме \(P\)–\(V\). На участке 2–4 теплота подводится не всюду: найдите точку, где она меняет знак, по первому началу термодинамики.

\(\eta_{1234} = \dfrac{2}{9} \approx 22\,\%\), \(\eta_{124} = \dfrac{4}{15} \approx 27\,\%\). КПД цикла 1–2–4–1 больше на \(\dfrac{2}{45} \approx 4{,}4\,\%\).

Пусть состояния имеют координаты: \(1\,(V_0,\,P_0)\), \(2\,(V_0,\,3P_0)\), \(3\,(3V_0,\,3P_0)\), \(4\,(3V_0,\,P_0)\).

Цикл 1–2–3–4–1 — прямоугольник площадью \(2V_0\cdot 2P_0\), поэтому работа за цикл \(A_1 = 4P_0V_0\). Теплота подводится на участках 1–2 (изохора) и 2–3 (изобара). Используя \(PV = \nu RT\) и \(\Delta U = \frac{3}{2}\Delta(PV)\): \[Q_{12} = \frac{3}{2}\,\Delta(PV) = \frac{3}{2}(3P_0V_0 - P_0V_0) = 3P_0V_0 , \qquad Q_{23} = \frac{5}{2}\,\Delta(PV) = \frac{5}{2}(9P_0V_0 - 3P_0V_0) = 15P_0V_0 .\] КПД этого цикла \[\eta_1 = \frac{A_1}{Q_{12} + Q_{23}} = \frac{4P_0V_0}{18P_0V_0} = \frac{2}{9} .\]

Цикл 1–2–4–1 — треугольник с площадью \(A_2 = \dfrac{1}{2}\cdot 2V_0\cdot 2P_0 = 2P_0V_0\). Процесс 2–4 — прямая \(P = P_0\left(4 - \dfrac{V}{V_0}\right)\). Для него \(\Delta P = -\dfrac{P_0}{V_0}\Delta V\), и количество теплоты на малом участке \[\Delta Q = \frac{5}{2}P\,\Delta V + \frac{3}{2}V\,\Delta P = 2P_0\left(5 - 2\frac{V}{V_0}\right)\Delta V .\] Теплота подводится только до точки \(5\) с \(V_5 = 2{,}5\,V_0\) и \(P_5 = 1{,}5\,P_0\); дальше на участке 5–4 теплота отводится. Количество теплоты на участке 2–5: \[Q_{25} = \frac{3}{2}\left(P_5V_5 - P_2V_2\right) + \frac{P_2 + P_5}{2}\left(V_5 - V_2\right) = \frac{3}{2}\cdot 0{,}75\,P_0V_0 + \frac{4{,}5}{2}\cdot 1{,}5\,P_0V_0 = 4{,}5\,P_0V_0 .\] Полная подведённая теплота \(Q_{12} + Q_{25} = 3P_0V_0 + 4{,}5P_0V_0 = 7{,}5P_0V_0\), и КПД \[\eta_2 = \frac{A_2}{Q_{12} + Q_{25}} = \frac{2P_0V_0}{7{,}5P_0V_0} = \frac{4}{15} .\] Разность \[\eta_2 - \eta_1 = \frac{4}{15} - \frac{2}{9} = \frac{2}{45} \approx 0{,}044 ,\] то есть КПД цикла 1–2–4–1 больше на \(\dfrac{2}{45}\) (примерно на \(4{,}4\,\%\)).

Силу натяжения участка нити между первым и вторым зарядом можно найти как силу, с которой остальные заряды действуют на первый. Заметьте, что при уменьшении всех зарядов в два раза цепочка подобна исходной. Как выглядит равновесие второго заряда?

\(T_{23} = \dfrac{5}{4}\,T - \dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 a^2}\left(1 + \dfrac{1}{2^N (N-1)^2}\right)\); при \(N = 2015\) \(T_{23} \approx \dfrac{5}{4}\,T - \dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 a^2}\).

Модуль \(T\) равен модулю силы \(F\), с которой все остальные заряды действуют на первый заряд \(q\). По закону Кулона \[F = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{q\cdot q/2}{a^2} + \frac{q\cdot q/4}{(2a)^2} + \dots + \frac{q\cdot q/2^{N-1}}{((N-1)a)^2}\right) \sim q^2 .\] Мысленно удалим первый заряд \(q\) и добавим с противоположного конца новый заряд \(q/2^N\) на расстоянии \(a\) от последнего. Получится цепочка из \(N\) зарядов, подобная исходной, но все заряды в \(2\) раза меньше. Поэтому сила, действующая на заряд \(q/2\) в новой цепочке, равна \(F/4 = T/4\). Вычитая вклад добавленного заряда, находим силу \(F_1\), действующую на заряд \(q/2\) в исходной цепочке со стороны всех зарядов, кроме первого: \[F_1 = \frac{T}{4} - \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\frac{(q/2)\cdot(q/2^N)}{((N-1)a)^2} .\]

На заряд \(q/2\) действуют: сила натяжения \(T\) участка между первым и вторым зарядом (влево), сила \(F_1\) со стороны всех зарядов, кроме первого (влево), сила \(f\) отталкивания от первого заряда \(q\) (вправо), сила натяжения \(T_{23}\) (вправо). Равновесие даёт \(T + F_1 = f + T_{23}\), откуда, с учётом \(f = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q\cdot q/2}{a^2}\), \[T_{23} = T + F_1 - f = \frac{5}{4}\,T - \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 a^2}\left(1 + \frac{1}{2^N (N-1)^2}\right) .\] При \(N = 2015\) второе слагаемое в скобках ничтожно мало по сравнению с единицей, поэтому \[T_{23}(2015) \approx \frac{5}{4}\,T - \frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 a^2} .\]

В момент максимального заряда конденсатора ток равен нулю, а в момент максимального тока напряжение на катушке равно нулю. Запишите закон сохранения энергии для каждого из этих моментов.

\(I_{\max} = U\sqrt{\dfrac{C}{L}}\), \(q_{\max} = 2CU\).

В момент, когда заряд конденсатора максимален, сила тока равна нулю, и энергия магнитного поля катушки тоже равна нулю. Пусть заряд конденсатора в этот момент равен \(q\). Энергия конденсатора равна работе, совершённой источником при его зарядке: \[\frac{q^2}{2C} = Uq , \qquad \text{откуда} \qquad q = 2CU .\]

В момент, когда сила тока максимальна, напряжение на катушке равно нулю (напряжение на катушке пропорционально производной силы тока по времени, а в точке экстремума производная равна нулю). Значит, заряд конденсатора в этот момент равен \(q_1 = CU\). Пусть сила тока в этот момент равна \(I\). Закон сохранения энергии: \[U q_1 = \frac{q_1^2}{2C} + \frac{L I^2}{2} ,\] откуда \[I = U\sqrt{\frac{C}{L}} .\]

Для наблюдателя в воздухе рыбка видна ближе, чем она есть на самом деле, на глубине \(d/n\) (в параксиальном приближении). Какие расстояния меняются со временем и с какой скоростью?

Для наблюдателя в точке \(A\) изображение движется к нему со скоростью \(u + \dfrac{v}{n}\). С точки зрения рыбки изображение движется к ней со скоростью \(2(nu + v)\).

Пусть \(d\) — расстояние от рыбки до стенки аквариума, \(h\) — расстояние от стенки аквариума до зеркала. Рассмотрим два луча из точки, где находится рыбка: один падает на стенку перпендикулярно, другой — под малым углом \(\alpha\). В параксиальном приближении \(\sin\alpha \approx \text{tg}\,\alpha \approx \alpha\), и закон преломления \(\dfrac{\sin\beta}{\sin\alpha} = n\) даёт \(\beta \approx n\alpha\). Преломлённые лучи выходят из точки, находящейся на расстоянии \(d/n\) от стенки. Значит, изображение рыбки в зеркале находится на расстоянии \(h + d/n\) от зеркала.

Для наблюдателя в точке \(A\) (расстояние от зеркала \(h + d/n\), зеркало движется к стенке со скоростью \(u\), рыбка к стенке со скоростью \(v\)): \[v_A = \frac{d}{dt}\left(h + \frac{d}{n}\right) = -\left(u + \frac{v}{n}\right) .\] Знак минус означает, что изображение движется к наблюдателю.

Чтобы найти скорость изображения с точки зрения рыбки, рассмотрим преломление отражённых от зеркала лучей. Расстояние от изображения до стенки аквариума равно \(2h + d/n\), а кажущееся для рыбки расстояние в \(n\) раз больше, то есть \(2nh + d\). Добавляя расстояние \(d\) от самой рыбки до стенки, получаем кажущееся рыбке расстояние до изображения \(2nh + 2d\). Его скорость изменения \[v_{\text{рыб}} = \left|\frac{d}{dt}(2nh + 2d)\right| = 2(nu + v) .\]