Курчатов, 2019/20, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите траекторию снаряда как квадратное уравнение относительно \(\operatorname{tg}\alpha\). Граница области отвечает случаю одного корня, то есть нулевому дискриминанту.

Ответ

\(y(x) = \dfrac{v_0^2}{2g} - \dfrac{g}{2v_0^2}\,x^2\).

Решение

Рассмотрим снаряд, выпущенный под произвольным углом \(\alpha\) к горизонту: \[\begin{cases} x(t) = v_0 \cos\alpha \cdot t \\ y(t) = v_0 \sin\alpha \cdot t - \dfrac{g t^2}{2} \end{cases}\] Его траектория описывается уравнением \[y(x) = x\operatorname{tg}\alpha - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2\alpha} = x\operatorname{tg}\alpha - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2}\left(1 + \operatorname{tg}^2\alpha\right).\] Рассмотрим это уравнение относительно переменной \(p = \operatorname{tg}\alpha\) при заданных \((x, y)\): \[p^2 \cdot \dfrac{g x^2}{2 v_0^2} - p \cdot x + \left(y + \dfrac{g x^2}{2 v_0^2}\right) = 0.\] Решением такого уравнения будет угол \(\alpha\), под которым надо выстрелить, чтобы попасть в точку с заданными координатами. Уравнение квадратное, поэтому возможны три случая: два корня (точку можно поразить двумя способами), один корень (единственным способом) и отсутствие корней (точка недостижима). Эти случаи делят вертикальную плоскость на две области. Граница «простреливаемой» области соответствует одному корню, а для квадратного уравнения это равносильно равенству нулю дискриминанта: \[D(x, y) = x^2 - 4 \cdot \dfrac{g x^2}{2 v_0^2}\left(y + \dfrac{g x^2}{2 v_0^2}\right) = 0.\] Отсюда \[y(x) = \dfrac{v_0^2}{2g} - x^2 \cdot \dfrac{g}{2 v_0^2}\] — искомое уравнение границы.

Подсказка

Выразите скорости бусинок через угол наклона стержня: их проекции на стержень равны. Далее найдите максимум скорости второй бусинки как функции угла.

Ответ

\(V = \sqrt{gL}\left(\dfrac{2\sin\alpha}{3}\right)^{3/2} \approx 0{,}53\) м/с.

Решение

Рассмотрим промежуточное положение системы, когда стержень наклонён к горизонту под углом \(\varphi\). Скорости бусинок в этом положении обозначим через \(V_1\) и \(V_2\). Отсчитывая высоты от вершины угла, запишем закон сохранения энергии: \[m g L \sin\alpha = \dfrac{m V_1^2}{2} + \dfrac{m V_2^2}{2} + m g L \sin\varphi \quad \Rightarrow \quad V_1^2 + V_2^2 = 2 g L (\sin\alpha - \sin\varphi).\] Здесь \(m\) — масса бусинок. Так как длина стержня не меняется при движении, проекции скоростей на направление стержня совпадают: \[V_1 \sin\varphi = V_2 \cos\varphi.\] Исключая скорость \(V_1\), находим \(V_2\) как функцию угла \(\varphi\): \[V_1 = V_2 \operatorname{ctg}\varphi \quad \Rightarrow \quad V_2^2 = 2 g L \sin^2\varphi\,(\sin\alpha - \sin\varphi).\] Угол \(\varphi\) меняется на отрезке \([0, \alpha]\). На концах отрезка скорость \(V_2\) обращается в нуль. Найдём экстремумы \(V_2\). Приравнивая нулю первую производную по \(\varphi\), получаем: \[\sin\varphi\cos\varphi\,(2\sin\alpha - 3\sin\varphi) = 0.\] Максимуму соответствует корень \(\sin\varphi = \dfrac{2\sin\alpha}{3}\). Максимальная скорость второй бусинки равна: \[V^2 = 2 g L \left(\dfrac{2\sin\alpha}{3}\right)^2\left(\sin\alpha - \dfrac{2\sin\alpha}{3}\right) = g L \left(\dfrac{2\sin\alpha}{3}\right)^3,\] \[V = \sqrt{gL}\left(\dfrac{2\sin\alpha}{3}\right)^{3/2} \approx 0{,}53~\text{м/с}.\]

Подсказка

Из условий задачи найдите координаты всех вершин треугольника. Для КПД выясните, до какой точки на процессе \(2 - 3\) тепло продолжает подводиться, и найдите её, максимизируя подведённое тепло.

Ответ

\(A = P_1 V_1\);  \(\eta = \dfrac{2}{13} \approx 15{,}4\%\).

Решение

Учитывая разную размерность осей на диаграмме \(P - V\), у данного равнобедренного треугольника равными могут быть только боковые стороны. Так как процесс \(1 - 2\) лежит на прямой, проходящей через начало координат, \(V_2 / V_1 = P_2 / P_1 = 2\), откуда \(V_2 = 2 V_1\). Из симметрии треугольника относительно высоты, опущенной из точки 2, следует \(V_3 - V_2 = V_2 - V_1 = V_1\), следовательно, \(V_3 = 3 V_1\). Таким образом, известны координаты всех вершин этого треугольника.

Работа вычисляется как площадь треугольника \(1 - 2 - 3\): \[A = \dfrac{(P_2 - P_1)(V_3 - V_1)}{2} = \dfrac{(2P_1 - P_1)(3V_1 - V_1)}{2} = P_1 V_1.\] Для нахождения КПД необходимо найти количество подведённой теплоты. Теплота подводится в процессе \(1 - 2\) и на некотором участке \(2 - x\) процесса \(2 - 3\): \[Q_{12} = \Delta U_{12} + A_{12} = \dfrac{3}{2}\nu R \Delta T_{12} + \dfrac{1}{2}(P_2 + P_1)(V_2 - V_1) = \dfrac{3}{2}(P_2 V_2 - P_1 V_1) + \dfrac{1}{2}(P_2 + P_1)(V_2 - V_1) = 6 P_1 V_1.\] Чтобы найти \(Q_{2x}\), нужно определить точку \(x\), в которой перестаёт подводиться теплота. Это можно сделать, представив подведённую теплоту на участке \(2 - x\) как функцию объёма \(Q_{2x}(V_x)\) и найдя её максимум на отрезке \(V_x \in [V_2; V_3]\). Так как треугольник равнобедренный, наклон процесса \(1 - 2\) совпадает с наклоном \(2 - 3\). Пусть \(P_1 / V_1 = \alpha\), тогда \(P_x(V_x) = P_2 - \alpha(V_x - V_2) = \alpha(2V_2 - V_x)\). Тогда \[Q_{2x} = \Delta U_{2x} + A_{2x} = \dfrac{3}{2}\nu R\,\Delta T_{2x} + \dfrac{1}{2}(P_2 + P_x)(V_x - V_2) = \alpha (V_x - V_2)(3V_2 - 2V_x).\] \(Q_{2x}(V_x)\) представляет собой параболу с ветвями вниз и корнями \(V_2\) и \(\tfrac{3}{2}V_2 = V_3\). Вершина параболы расположена симметрично между корнями: \(V_x = \tfrac{5}{4} V_2 = \tfrac{5}{2} V_1\). Максимум достигается при \(V_x = \tfrac{5}{2} V_1\). Тогда подведённое количество теплоты на участке \[Q_{2x} = \alpha\left(\tfrac{5}{2}V_1 - 2V_1\right)\left(6V_1 - 5V_1\right) = \tfrac{1}{2}\alpha V_1^2 = \tfrac{1}{2} P_1 V_1.\] Тогда КПД: \[\eta = \dfrac{A}{Q_{12} + Q_{2x}} = \dfrac{P_1 V_1}{6 P_1 V_1 + \tfrac{1}{2} P_1 V_1} = \dfrac{2}{13} \approx 15{,}4\%.\]

Подсказка

Оцените, как частота зависит от числа витков и от площади обкладок конденсатора, и сравните частоты до и после замыкания витков.

Ответ

\(\nu' \approx 99\) МГц; площадь перекрытия нужно увеличить примерно на \(2\) см\(^2\).

Решение

Собственная частота колебательного контура определяется формулой Томсона: \(2\pi\nu = \omega = \dfrac{1}{\sqrt{LC}}\). В данной задаче не нужно находить точные формулы для \(L\) и \(C\), достаточно качественно показать зависимость от изменяемых величин. Коэффициент самоиндукции катушки можно считать пропорциональным квадрату числа витков, \(L \sim N^2\), а ёмкость — площади перекрытия, \(C \sim S\). Соответственно, частота \(\omega\) зависит от \(N\) и \(S\) следующим образом: \[\omega = \dfrac{1}{\sqrt{LC}} = \dfrac{\gamma}{\sqrt{N^2 S}} = \dfrac{\gamma}{N\sqrt{S}},\] где \(\gamma\) — постоянный коэффициент. Номинальное значение \(\omega\) зависит только от площади перекрытия, так как индуктивность катушки не меняется, то есть \(\omega \sim 1/\sqrt{S}\). При замыкании двух соседних витков в катушке число действующих витков уменьшается на один: \(N' = N - 1\) (так принято в официальном решении).

Теперь, чтобы поймать первоначальную частоту, нужно изменить площадь перекрытия \(S\): \[\omega = \dfrac{\gamma}{N\sqrt{S}} = \dfrac{\gamma}{N'\sqrt{S'}} \quad \Rightarrow \quad S' = S\dfrac{N^2}{N'^2}, \qquad \Delta S = S' - S = S\left(\dfrac{N^2}{(N-1)^2} - 1\right) \simeq \dfrac{2S}{N - 1} \simeq 2~\text{см}^2.\] Новое значение, на которое нужно настроить шкалу радиоприёмника, соответствует новой площади перекрытия \(S'\) при первоначальном значении \(N\): \[\dfrac{\nu'}{\nu} = \dfrac{\omega'}{\omega} = \sqrt{\dfrac{S}{S'}} = \dfrac{N'}{N} = \dfrac{N - 1}{N} \quad \Rightarrow \quad \nu' = \nu\dfrac{N - 1}{N} = 99~\text{МГц}.\]

Ответ

\(\dfrac{R_5}{R_3} = \dfrac{R_4}{R_2}\) (тривиальный случай: \(R_{AB} = \infty\) при любых остальных конечных сопротивлениях).

Решение

Перерисуем тетраэдр в виде эквивалентной электрической схемы (мост Уитстона) и пронумеруем элементы как показано на рисунке.

Запишем систему уравнений на токи и напряжения при условии, что ключ \(K\) замкнут. Из всех возможных уравнений выберем те, которые содержат \(I_6\), этого достаточно: \[\begin{cases} I_3 + I_6 - I_2 = 0 & \text{узел } C \\ I_5 + I_6 - I_4 = 0 & \text{узел } D \\ I_3 R_3 - I_6 R_6 + I_5 R_5 = \mathcal{E}_3 - \mathcal{E}_6 + \mathcal{E}_5 & \text{контур } ACD \\ I_2 R_2 + I_4 R_4 + I_6 R_6 = \mathcal{E}_2 + \mathcal{E}_4 + \mathcal{E}_6 & \text{контур } BCD \end{cases}\] При размыкании ключа \(K\) ток \(I_1\) обратится в ноль, что приведёт к изменению других токов, но ток \(I_6\) по условию должен остаться неизменным. Обозначим новые токи \(I'_2, I'_3, I'_4, I'_5\). Для них система уравнений будет выглядеть так же, с заменой «нештрихованных» токов на «штрихованные». Сопоставив две системы, получим: \[I'_3 - I_3 = I'_2 - I_2, \qquad I'_5 - I_5 = I'_4 - I_4,\] \[R_3(I'_3 - I_3) = R_2(I'_2 - I_2), \qquad R_5(I'_5 - I_5) = R_4(I'_4 - I_4).\] Откуда получаем условие \[\dfrac{R_5}{R_3} = \dfrac{R_4}{R_2}.\] Также заметим, что в задаче существует тривиальное решение: при \(R_{AB} = \infty\) и любых конечных значениях остальных сопротивлений \(I_1\) всегда равен нулю вне зависимости от состояния ключа \(K\).

Ответ

\(d \approx 0{,}088\) мм;  \(3{,}4 \cdot 10^{-3} \le \Delta\varphi \le 6{,}8 \cdot 10^{-3}\) рад.

Решение

Сначала определим период дифракционной решётки, решив простую геометрическую задачу, предварительно переведя диагональ экрана в миллиметры: \(c = 5{,}5'' = 139{,}7\) мм. \[\dfrac{a}{b} = \dfrac{1920}{1080} = \dfrac{16}{9} \quad \Rightarrow \quad 1080\, d = \dfrac{9}{\sqrt{9^2 + 16^2}}\, c \quad \Rightarrow \quad d \approx 0{,}088~\text{мм}.\]

Пусть свет падает под углом \(\theta\) к нормали экрана. Центральный максимум будет отражаться под углом \(\theta\), а максимумы высших порядков — под углами \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\).

Запишем условие дифракционных максимумов, определив из рисунка соответствующую разность хода: \[\begin{cases} d(\sin\varphi_1 - \sin\theta) = m\lambda_1 \\ d(\sin\varphi_2 - \sin\theta) = m\lambda_2 \end{cases}\] Для максимумов первого порядка \(m = 1\). Учтём, что \(\varphi_i - \theta \ll 1\), \(\varphi_1 + \varphi_2 \approx 2\theta\), и воспользуемся приближением малых углов \(\sin x \approx x\): \[2d\sin\dfrac{\varphi_1 - \varphi_2}{2}\cos\dfrac{\varphi_1 + \varphi_2}{2} = \lambda_1 - \lambda_2 \quad \Rightarrow \quad \Delta\varphi \approx \dfrac{\lambda_1 - \lambda_2}{d\cos\theta}.\] Значение \(\cos\theta \in [0; 1]\), где 0 соответствует скользящему падению лучей, а 1 — нормальному. При комфортном наблюдении данной дифракционной картины можно считать \(\cos\theta \in [\sim 0{,}5; 1]\). Итоговое значение \(6{,}8 \cdot 10^{-3}\) рад \(\ge \Delta\varphi \ge 3{,}4 \cdot 10^{-3}\) рад. Ограничение «сверху» в данной задаче имеет исключительно оценочный характер.