Курчатов, 2019/20, отборочный этап, 11 класс

Удобнее всего перейти в систему отсчёта платформы: там мяч движется с ускорением \(\vec g - \vec a\), и задача сводится к баллистике с постоянным ускорением.

\(V_0 = \dfrac{1}{2\tau}\sqrt{(g\tau^2)^2 + (2L + a\tau^2)^2} = 11{,}2\ \text{м/с}\).

Ускорение мяча в системе платформы \(\vec w = \vec g - \vec a\). Начало координат поместим в точку платформы, из которой начал движение мяч; ось \(x\) направим вдоль \(\vec a\), ось \(y\) — вертикально вверх. Тогда \[x = V_0\cos\alpha\cdot t - \frac{a t^2}{2}, \qquad y = V_0\sin\alpha\cdot t - \frac{g t^2}{2}.\] В момент \(t = \tau\) имеем \(x = L\), \(y = 0\), откуда \[V_0\cos\alpha = \frac{2L + a\tau^2}{2\tau}, \qquad V_0\sin\alpha = \frac{g\tau}{2}.\] Возводя в квадрат и складывая, \[V_0 = \frac{1}{2\tau}\sqrt{(g\tau^2)^2 + (2L + a\tau^2)^2}.\] Подставляя \(g\tau^2 = 40\) м, \(2L + a\tau^2 = 20\) м, получаем \(V_0 = \dfrac{1}{4}\sqrt{40^2 + 20^2} = 5\sqrt5 \approx 11{,}2\) м/с.

Пока брусок 2 неподвижен, сила упругости пружины уравновешивается силой трения покоя, которая не может превышать \(\mu m_2 g\). Это даёт предельное сжатие пружины, а дальше — закон сохранения энергии для бруска 1 с учётом работы трения.

\(V_0 = \mu g\sqrt{\dfrac{m_2}{k}\left(\dfrac{m_2}{m_1} + 2\right)} = 0{,}43\ \text{м/с}\).

Пусть брусок 1 сместился вправо на \(x\) (пружина сжата на \(x\)). На брусок 2 действуют сила упругости \(kx\) и сила трения покоя \(F_\text{т}\), поэтому \(kx = F_\text{т} \le \mu m_2 g\). При максимальном сжатии пружины \(x_m\) получаем \[x_m \le \frac{\mu m_2 g}{k}.\] Энергия бруска 1 уменьшается на работу силы трения скольжения: \[\frac{m_1 V_0^2}{2} = \frac{k x_m^2}{2} + \mu m_1 g x_m = \frac{x_m}{2}\left(k x_m + 2\mu m_1 g\right),\] откуда \(V_0^2 = \dfrac{x_m}{m_1}\left(k x_m + 2\mu m_1 g\right)\). Подставляя ограничение на \(x_m\), находим \[V_0^2 \le \frac{(\mu g)^2 m_2}{k}\left(\frac{m_2}{m_1} + 2\right),\] значит, максимальное значение \(V_0 = \mu g\sqrt{\dfrac{m_2}{k}\left(\dfrac{m_2}{m_1} + 2\right)}\). Численно \(V_0 = 3\sqrt{\dfrac{0{,}4}{90}\left(\dfrac{0{,}4}{0{,}15} + 2\right)} = 0{,}2\sqrt{\dfrac{14}{3}} \approx 0{,}43\) м/с.

Вольтметр не влияет на токи. Найдите токи в ветвях и мощность на \(xR\) как функцию \(x\), затем её максимум (удобно ввести \(y = 1/(3x+5)\)).

\(V = \dfrac{\varepsilon}{15} = 0{,}53\ \text{В}\).

Вольтметр не пропускает ток, поэтому общее сопротивление цепи \(R_0 = \dfrac{R(3x+5)}{x+3}\) и ток через батарею \(I = \dfrac{\varepsilon(x+3)}{R(3x+5)}\). Обозначим токи в ветвях \(ABC\) и \(ADC\) через \(I_1\) и \(I_2\). Из \(I_1 + I_2 = I\) и равенства напряжений между точками \(A\) и \(C\), \(I_1(x+1)R = 2I_2R\), находим \[I_1 = \frac{2\varepsilon}{R(3x+5)}, \qquad I_2 = \frac{\varepsilon(x+1)}{R(3x+5)}.\] Тепловая мощность на \(xR\): \[P = I_1^2\,xR = \frac{4\varepsilon^2}{3R}\cdot\frac{3x+5-5}{(3x+5)^2} = \frac{4\varepsilon^2}{3R}\left(y - 5y^2\right), \qquad y = \frac{1}{3x+5}.\] Максимум квадратного трёхчлена достигается при \(y = 1/10\), т.е. \(3x + 5 = 10\), \(x = 5/3\). Тогда \(I_1 = \dfrac{\varepsilon}{5R}\), \(I_2 = \dfrac{4\varepsilon}{15R}\).

Вольтметр показывает разность потенциалов точек \(D\) и \(B\): \(V = (I_2 - I_1)R = \dfrac{\varepsilon}{15} \approx 0{,}53\) В.

Вдоль поля частица движется равноускоренно, а в перпендикулярной плоскости — по окружности. Возвращение в начальную точку требует, чтобы время движения вдоль поля равнялось целому числу периодов вращения.

\(\dfrac{V_0}{c} = \dfrac{\pi E}{c\,B\cos\alpha} = 0{,}024\).

Вдоль \(\vec E\) движение равноускоренное с ускорением \(a_z = -qE/m\), поэтому частица возвращается в плоскость, перпендикулярную полю, через время \[\tau = \frac{2mV_0\cos\alpha}{qE}.\] В перпендикулярной плоскости сила Лоренца \(qV_\perp B\) сообщает частице равномерное вращение с периодом \(T = \dfrac{2\pi m}{qB}\), где \(V_\perp = V_0\sin\alpha\) не зависит от радиуса. Возвращение в начальное положение возможно, если \(\tau = nT\), \(n = 1, 2, \dots\). Отсюда \[V_0 = \frac{\pi E n}{B\cos\alpha}.\] Минимальное значение получается при \(n = 1\): \(\dfrac{V_0}{c} = \dfrac{\pi E}{c B\cos\alpha} = \dfrac{\pi\cdot 2\cdot 10^4}{3\cdot 10^8\cdot 10^{-2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}} \approx 0{,}024\).

Запишите энергию системы при малом отклонении: груз опускается на \(x\), точка \(A\) — на \(x_1 = xd/L\), и сжатие пружины меняется на \(x_1\). Линейные по \(x\) слагаемые сокращаются с силой тяжести, благодаря равновесию.

\(T = 2\pi\dfrac{L}{d}\sqrt{\dfrac{m}{k}} = 0{,}42\ \text{с}\).

Из равенства моментов силы тяжести и силы упругости относительно \(O\) находим сжатие пружины в равновесии: \(mgL = kx_0d\), \(x_0 = \dfrac{mgL}{kd}\).

Пусть стержень отклонился на малый угол \(\varphi\), груз опустился на \(x\), точка \(A\) опустилась на \(x_1 = \dfrac{xd}{L}\). Энергия системы (потенциальная энергия груза отсчитана от положения равновесия) \[E = \frac{mV^2}{2} + \frac{k(x_0 + x_1)^2}{2} - mgx = \frac{mV^2}{2} + \frac{k x_0^2}{2} + \frac{k d^2 x^2}{2L^2}.\] Линейные по \(x\) слагаемые выпали. Дифференцируя по времени, получаем уравнение \[a + \frac{k d^2}{m L^2}\,x = 0,\] то есть гармонические колебания с круговой частотой \(\omega = \dfrac{d}{L}\sqrt{\dfrac{k}{m}}\). Тогда \[T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\frac{L}{d}\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\cdot 3\cdot\sqrt{\frac{0{,}2}{400}} \approx 0{,}42~\text{с}.\]

Импульсы протона и нейтрона одинаковы по модулю, так как они симметричны. Запишите законы сохранения импульса и энергии, и условие существования действительного решения для импульса протона.

\(x = \dfrac{2 + \cos^2\beta}{\cos^2\beta} = 2\,\mathrm{tg}^2\beta + 3 = 9\).

Пусть \(\vec P_0\), \(\vec P_1\) — начальный и конечный импульсы \(\alpha\)-частицы, \(\vec P_2\) и \(\vec P_3\) — импульсы протона и нейтрона, \(m\) — масса протона. Закон сохранения импульса \(\vec P_0 = \vec P_1 + \vec P_2 + \vec P_3\) в проекциях на направление \(\vec P_0\) и перпендикулярное ему даёт \(P_2 = P_3\) и \(P_1 = P_0 - 2P_2\cos\beta\).

Закон сохранения энергии: \(\dfrac{P_0^2}{8m} = \dfrac{P_1^2}{8m} + \dfrac{2P_2^2}{2m} + E\), откуда \(P_0^2 = P_1^2 + 8P_2^2 + 8mE\). Подставляя \(P_1\), получаем квадратное уравнение \[(2 + \cos^2\beta)P_2^2 - P_0\cos\beta\,P_2 + 2mE = 0.\] Действительные корни существуют при \(D \ge 0\), т.е. при \[P_0^2 \ge 8mE\,\frac{2 + \cos^2\beta}{\cos^2\beta}.\] Так как \(K = P_0^2/(8m)\), получаем \(K \ge E\,\dfrac{2 + \cos^2\beta}{\cos^2\beta}\). Отсюда \[x = \frac{K}{E} = \frac{2 + \cos^2\beta}{\cos^2\beta} = 2\,\mathrm{tg}^2\beta + 3.\] При \(\beta = 60^\circ\) имеем \(\mathrm{tg}^2\beta = 3\), поэтому \(x = 9\).