Курчатов, 2018/19, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Нить — отрезок, соединяющий шарики, поэтому задача кинематическая. Сравните, как меняются горизонтальные и вертикальные смещения шариков с одним и тем же временем полёта.

Ответ

1) \(L_{\max}=\dfrac{v_0^2}{g}\cdot\dfrac{\sqrt3-1}{\sqrt2}\);  2) \(\varphi\in[45^\circ;\,60^\circ]\).

Решение

Поскольку в условии сказано, что силами упругости нити необходимо пренебречь, задача превращается в кинематическую, а нить представляет собой отрезок, соединяющий два шарика.

Пусть первый шарик летит под углом \(\alpha = 30^\circ\), второй — под углом \(\beta = 60^\circ\). Уравнения движения: \[x_1(t) = v_0\cos\alpha\cdot t,\quad x_2(t) = v_0\cos\beta\cdot t,\] \[y_1(t) = v_0\sin\alpha\cdot t - \frac{gt^2}{2},\quad y_2(t) = v_0\sin\beta\cdot t - \frac{gt^2}{2}.\] Расстояние между шариками \(L^2 = (x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2\). Подставляя координаты и учитывая, что \(\cos\alpha = \sin\beta\), \(\sin\alpha = \cos\beta\), \[L^2 = (v_0t)^2(\cos\alpha-\cos\beta)^2 + (v_0t)^2(\sin\alpha-\sin\beta)^2 = 2(v_0t)^2(\sin\alpha-\cos\alpha)^2.\] Это выражение монотонно возрастает по \(t\), поэтому максимум достигается на границе области определения: в момент, когда шарик, выпущенный по более пологой траектории (под углом \(30^\circ\)), упадёт на Землю. Этот момент \(\tau = \dfrac{2v_0\sin\alpha}{g}\). Подставляя его в \(L^2\), \[L_{\max} = \frac{2\sqrt2\,v_0^2\sin\alpha}{g}\,|\sin\alpha-\cos\alpha| = \frac{v_0^2}{g}\cdot\frac{\sqrt3-1}{\sqrt2}.\]

Для угла \(\varphi\) между нитью и горизонтом заметим, что в процессе полёта обоих шариков вертикальная и горизонтальная составляющие нити равны друг другу. Это означает, что искомый угол равен \(45^\circ\). Когда первый шарик приземлится, второй продолжит лететь в ту же точку (дальность полёта у обоих одинакова), и нить будет представлять собой секущую параболы, по которой движется второй шарик, а угол будет возрастать. Когда второй шарик упадёт, хорда превратится в касательную, и угол между нитью и горизонтом будет равен углу, под которым второй шарик приземлится. Из симметрии параболы этот угол равен углу, под которым шарик запустили, т.е. \(60^\circ\). Итак, \(\varphi\in[45^\circ;\,60^\circ]\).

Подсказка

Трение отсутствует, поэтому можно пользоваться законом сохранения энергии; связь скоростей бусинок дают условие постоянства длины стержня. Максимум скорости достигается в положении равновесия системы.

Ответ

\(V=\sqrt{\dfrac{2gR\left(\sqrt{k^2+1}-k\right)}{k+1}}\approx 0{,}89\) м/с.

Решение

Рассмотрим промежуточное положение системы, когда радиусы, проведённые из центра полуокружности к бусинкам, повернулись на угол \(\varphi\) относительно своих первоначальных положений. Скорости бусинок обозначим \(V_1\) и \(V_2\). Отсчитывая высоты от центра полуокружности, запишем закон сохранения энергии: \[m_1V_1^2 + m_2V_2^2 = 2gR\bigl(m_1(\cos\varphi-1) + m_2\sin\varphi\bigr),\] или \(kV_1^2 + V_2^2 = 2gR\bigl(k(\cos\varphi-1) + \sin\varphi\bigr)\), где \(k = m_1/m_2\). Так как длина стержня не меняется, проекции скоростей бусинок на направление стержня совпадают. Из геометрии при любом \(\varphi\) скорости бусинок образуют со стержнем углы \(45^\circ\), поэтому \(V_1\cos45^\circ = V_2\cos45^\circ\), т.е. \(V_1 = V_2\).

Исключая \(V_2\), получаем \[V_1^2 = \frac{2gR}{k+1}\,f(\varphi), \qquad f(\varphi) = k\cos\varphi + \sin\varphi - k.\] Преобразуем \(f\) методом вспомогательного аргумента: \[f(\varphi) = \sqrt{k^2+1}\,\cos(\varphi-\varphi_0) - k,\] где \(\sin\varphi_0 = \dfrac{1}{\sqrt{k^2+1}}\), \(\cos\varphi_0 = \dfrac{k}{\sqrt{k^2+1}}\), т.е. \(\operatorname{tg}\varphi_0 = \dfrac{1}{k}\). Функция \(f\) максимальна при \(\varphi = \varphi_0\), и \(f(\varphi_0) = \sqrt{k^2+1} - k\). Тогда максимальная скорость первой бусинки \[V = \sqrt{\frac{2gR}{k+1}\,f(\varphi_0)} = \sqrt{\frac{2gR\left(\sqrt{k^2+1}-k\right)}{k+1}} = 0{,}89~\text{м/с}.\] Ответ можно также записать в виде \(V = \sqrt{\dfrac{2gR}{(k+1)\left(\sqrt{k^2+1}+k\right)}}\).

Угол \(\varphi_0\) определяет положение равновесия системы: приравнивая моменты сил тяжести относительно центра полуокружности, получаем \(m_1gR\sin\varphi = m_2gR\cos\varphi\), т.е. \(\operatorname{tg}\varphi = \dfrac{m_2}{m_1} = \dfrac{1}{k}\), так что \(\varphi = \varphi_0\). Поскольку бусинки совершают колебания около положения равновесия, максимальные скорости достигаются в этом положении.

Подсказка

Для каждого из двух переходов запишите первое начало термодинамики для газа и баланс энергии поршня; работа внешнего давления равна \(P\,\Delta V\) с учётом знака.

Ответ

\(\Delta V = \dfrac{6\alpha^2V_0}{25(1-\alpha)} = 18\) см\(^3\).

Решение

Рассмотрим переход газа из начального состояния \(0\) в промежуточное равновесное состояние \(1\). Первое начало термодинамики (адиабатический процесс, \(Q=0\)): \[0 = \frac{3}{2}\nu R T_1 - \frac{3}{2}\nu R T_0 + A_{01},\] где \(A_{01}\) — работа газа на поршень. Баланс энергии поршня: \(0 = A_{01} + A'_{01}\), где \(A'_{01} = -P_1(V_1 - V_0)\) — работа внешнего давления (отрицательна, так как сила давления действует против движения поршня при расширении газа). Значит, \(A_{01} = P_1(V_1 - V_0)\). Используя уравнения состояния \(P_0V_0 = \nu RT_0\), \(P_1V_1 = \nu RT_1\), получаем \[0 = \frac{3}{2}P_1V_1 - \frac{3}{2}P_0V_0 + P_1(V_1 - V_0) \quad\Rightarrow\quad 5P_1V_1 = 3P_0V_0 + 2P_1V_0,\] откуда \[V_1 = V_0\frac{3P_0 + 2P_1}{5P_1} = V_0\frac{5-2\alpha}{5(1-\alpha)}.\]

Рассмотрим переход из состояния \(1\) в конечное состояние \(K\). Аналогично, \(0 = \frac{3}{2}\nu R T_K - \frac{3}{2}\nu RT_1 + A_{1K}\) и \(0 = A_{1K} + A'_{1K}\), где работа внешней силы \(A'_{1K} = P_0(V_1 - V_K)\) положительна, так как сила давления направлена по движению поршня при сжатии газа. С учётом \(P_0V_K = \nu RT_K\) получаем \[0 = \frac{3}{2}P_0V_K - \frac{3}{2}P_1V_1 - P_0(V_1 - V_K) \quad\Rightarrow\quad 5P_0V_K = 3P_1V_1 + 2P_0V_1,\] откуда \[V_K = V_1\frac{3P_1 + 2P_0}{5P_0} = V_0\,\frac{(5-2\alpha)(5-3\alpha)}{25(1-\alpha)}.\] Разность объёмов \[\Delta V = V_K - V_0 = V_0\left[\frac{(5-2\alpha)(5-3\alpha)}{25(1-\alpha)} - 1\right] = \frac{6\alpha^2V_0}{25(1-\alpha)} = 18~\text{см}^3.\]

Подсказка

Запишите баланс энергии в цепи за время \(\Delta t\): работа батареи идёт на тепло в цепи и на подъём груза. Сопротивление цепи найдите из режима полного торможения вала.

Ответ

\(I = \dfrac{I_0}{2}\left(1+\sqrt{1-\dfrac{4mgv}{\varepsilon I_0}}\right) = 40\) мА.

Решение

Баланс энергии в цепи за промежуток времени \(\Delta t\): \[\varepsilon I\Delta t = I^2R\,\Delta t + A,\] где \(R\) — полное сопротивление цепи, \(A\) — работа двигателя. Так как груз поднимается с постоянной скоростью, \(A = mgh = mgv\Delta t\), и \[\varepsilon I = I^2R + mgv.\] При \(v = 0\) вал заторможен, ток равен \(I_0\), откуда \(\varepsilon I_0 = I_0^2R\) и \(R = \varepsilon/I_0\). Подставляя, получаем квадратное уравнение \[I^2 - I_0I + \frac{mgvI_0}{\varepsilon} = 0,\] с корнями \(I = \dfrac{I_0}{2}\left(1 \pm \sqrt{1 - \dfrac{4mgv}{\varepsilon I_0}}\right)\). Поскольку при \(v = 0\) ток должен быть равен \(I_0\), перед корнем берётся знак плюс: \[I = \frac{I_0}{2}\left(1 + \sqrt{1 - \frac{4mgv}{\varepsilon I_0}}\right) = 40~\text{мА}.\]

Подсказка

Выпишите два соотношения, справедливые в любой момент: второе правило Кирхгофа для контура с батареей и условие сохранения заряда для изолированного узла. Максимум и минимум напряжения на \(2C\) соответствуют моментам, когда ток в катушке равен нулю.

Ответ

\(V_A = \dfrac{\varepsilon}{4} = 3\) В.

Решение

Амплитуда колебаний напряжения равна полуразности максимального и минимального значений напряжения на конденсаторе \(2C\): \(V_A = \dfrac{V_{\max}-V_{\min}}{2}\). Обозначим заряд на конденсаторе \(2C\) через \(q_1\), а заряды на двух оставшихся конденсаторах — через \(q_2\) и \(q_3\). Напряжения: \(V_1 = \dfrac{q_1}{2C}\), \(V_2 = \dfrac{q_2}{C}\), \(V_3 = \dfrac{q_3}{C}\).

Для любого момента времени после замыкания ключа справедливо: для правого контура с батареей и двумя конденсаторами \(C\) имеем \(\varepsilon = V_2 + V_3\); нижний узел \(o\) образует изолированный проводник, заряд которого равен нулю: \(-q_1 - q_2 + q_3 = 0\), т.е. \(2V_1 + V_2 = V_3\). Отсюда \[V_2 = \frac{\varepsilon}{2} - V_1,\qquad V_3 = \frac{\varepsilon}{2} + V_1.\]

Сразу после замыкания ключа ток в катушке равен нулю, и заряд и напряжение на конденсаторе \(2C\) не успевают измениться, т.е. \(V_1 = 0\). Тогда на конденсаторах \(C\) сразу устанавливаются \(V_{20} = V_{30} = \dfrac{\varepsilon}{2}\), \(q_{20} = q_{30} = \dfrac{C\varepsilon}{2}\).

Баланс энергии в цепи: \(A = \Delta W + \dfrac{LI^2}{2}\), где \(A\) — работа батареи, \(\Delta W\) — приращение энергии конденсаторов, \(I\) — ток в катушке. Через батарею прошёл заряд \(q_3 - q_{30}\), поэтому \[A = (q_3 - q_{30})\varepsilon = C\varepsilon\,(V_3 - V_{30}) = C\varepsilon V_3 - \frac{C\varepsilon^2}{2}.\] Энергия конденсаторов \(W = \dfrac{2CV_1^2}{2} + \dfrac{CV_2^2}{2} + \dfrac{CV_3^2}{2}\), а в начальный момент \(W_0 = \dfrac{C\varepsilon^2}{4}\). В моменты, когда заряд на конденсаторе \(2C\) максимален или минимален, ток в катушке обращается в нуль, и \(A = \Delta W\): \[C\varepsilon V_3 - \frac{C\varepsilon^2}{2} = \frac{C}{2}\left(2V_1^2 + V_2^2 + V_3^2\right) - \frac{C\varepsilon^2}{4}.\] Подставляя \(V_2 = \dfrac{\varepsilon}{2} - V_1\) и \(V_3 = \dfrac{\varepsilon}{2} + V_1\), после упрощения получаем \[8V_1^2 - 4\varepsilon V_1 = 0,\] откуда \(V_{\max} = \dfrac{\varepsilon}{2}\), \(V_{\min} = 0\). Амплитуда колебаний напряжения \[V_A = \frac{V_{\max}-V_{\min}}{2} = \frac{\varepsilon}{4} = 3~\text{В}.\]

Подсказка

Луч, проходящий через центр линзы, не преломляется и всегда соединяет источник и его изображение; значит, скорость изображения направлена вдоль этого луча. Выразите расстояние от центра линзы до изображения через угол поворота.

Ответ

\(v=\dfrac{F\omega}{2-\sqrt3}\approx 3{,}73\,F\omega\).

Решение

Рассмотрим момент, когда ось повернулась относительно первоначального положения на угол \(\varphi\). Поскольку луч, проходящий через центр линзы, всегда соединяет источник и его изображение, движение самого изображения направлено вдоль этого луча. Обозначим расстояние от центра линзы до изображения вдоль центрального луча через \(L\). Из рисунка \(L = b/\cos\varphi\), где \(b\) — расстояние от изображения до линзы (не до центра линзы). Расстояние от источника до линзы \(a = 2F\cos\varphi\). Подставляя \(a\) и \(b\) в формулу тонкой линзы \(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{F}\), получаем \(b = \dfrac{aF}{a-F}\) и \[L = \frac{1}{\cos\varphi}\cdot\frac{aF}{a-F} = \frac{2F^2}{2F\cos\varphi - F} = F\,\frac{2}{2\cos\varphi-1}.\]

Искомая скорость — производная \(L\) по времени: \[v = \dot L = F\cdot 2\cdot\frac{(-1)\cdot(-2\sin\varphi\cdot\dot\varphi)}{(2\cos\varphi-1)^2}.\] Учитывая \(\dot\varphi = \omega\), получаем \[v = F\omega\,\frac{4\sin\varphi}{(2\cos\varphi-1)^2}.\] Осталось найти угол, при котором расстояние между источником света и оптической осью равно \(F\) (условие можно прочитать двояко; во втором варианте речь идёт о расстоянии между изображением и осью, равном \(F\)). В первом случае угол определяется немедленно: \(\sin\varphi_0 = \dfrac{F}{2F} = \dfrac12\), \(\varphi_0 = \pi/6\). Тогда \[v = F\omega\,\frac{2}{(\sqrt3-1)^2} = \frac{F\omega}{2-\sqrt3} \approx 3{,}73\,F\omega.\] Во втором случае изображение находится на расстоянии \(F\) от оси, т.е. \(\sin\varphi_0 = F/L\), где \(L = \dfrac{2F}{2\cos\varphi_0-1}\). Тогда условие принимает вид \(\sin\varphi_0 = \cos\varphi_0 - \dfrac12\); возводя его в квадрат, получаем \(\sin2\varphi_0 = \dfrac34\), т.е. \(\varphi_0 = \dfrac12\arcsin\dfrac34\).