Курчатов, 2020/21, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Разложите скорости шайб на составляющие вдоль стержня и перпендикулярно ему. Общая для обеих шайб составляющая вдоль стержня и законы сохранения импульса и энергии дают остальные связи.

Ответ

\(x = \sqrt{5} \approx 2{,}24\).

Решение

Разложим скорости шайб на составляющие, параллельные и перпендикулярные стержню в конечном положении: \[\vec V_1 = \vec u + \vec u_1, \qquad \vec V_2 = \vec u + \vec u_2.\]

Вектор \(\vec u\) направлен вдоль стержня. Так как длина стержня не меняется при движении, эта составляющая одинакова для обеих шайб. Векторы \(\vec u_1\) и \(\vec u_2\) перпендикулярны стержню. Поскольку шайбы движутся без трения, их суммарный импульс сохраняется: \[m_1\vec V_0 = m_1\vec V_1 + m_2\vec V_2 \;\Rightarrow\; \vec V_0 = 4\vec u + \vec u_1 + 3\vec u_2.\] Направим оси неподвижной системы координат вдоль начального и конечного положений стержня. В проекциях имеем: \[V_0 = 4u \;\Rightarrow\; u = \frac{V_0}{4}, \qquad 0 = -u_1 + 3u_2 \;\Rightarrow\; u_1 = 3u_2.\] Далее воспользуемся законом сохранения энергии: \[V_0^2 = 4u^2 + u_1^2 + 3u_2^2.\] Подставляя сюда полученные выше выражения для \(u\) и \(u_1\), последовательно находим все скорости: \[V_0^2 = \frac{4V_0^2}{16} + 9u_2^2 + 3u_2^2 \;\Rightarrow\; u_2 = \frac{V_0}{4}, \qquad u_1 = \frac{3V_0}{4}.\] Тогда \[V_1 = \sqrt{u^2 + u_1^2} = \frac{V_0\sqrt{10}}{4}, \qquad V_2 = \sqrt{u^2 + u_2^2} = \frac{V_0\sqrt{2}}{4}.\] Отношение скоростей равно: \[x = \frac{V_1}{V_2} = \sqrt{5} \approx 2{,}24.\]

Подсказка

Максимальная скорость груза достигается в положении равновесия. Запишите уравнение колебаний относительно положения равновесия и начальные условия.

Ответ

\(X = \dfrac{1}{2\pi}\operatorname{arctg}\dfrac{1}{2} \approx 0{,}074\).

Решение

Найдём сначала величину \(x_0\) удлинения пружины в положении равновесия: \(mg = kx_0\), где \(m\) — масса груза, \(k\) — жёсткость пружины. При вертикальных колебаниях все точки груза движутся с одним и тем же ускорением, поэтому в качестве координаты груза можно использовать координату точки \(C\), в которой пружина прикреплена к грузу. Направим ось \(x\) вертикально вниз и будем отсчитывать координату точки \(C\) от её равновесного положения. Запишем второй закон Ньютона: \[ma_x = -k(x_0 + x) + mg \;\Rightarrow\; a_x + \omega^2 x = 0, \qquad \omega = \sqrt{\frac{k}{m}}.\]

Зависимости от времени координаты и проекции скорости груза на ось \(x\) определяются формулами \[x(t) = A\sin(\omega t + \alpha), \qquad V_x(t) = A\omega\cos(\omega t + \alpha),\] где \(A\) — амплитуда колебаний, \(\alpha\) — начальная фаза. В начальный момент \(x(0) = -x_0\), \(V_x(0) = V_0\), поэтому \[A\sin\alpha = -\frac{g}{\omega^2}, \qquad A\omega\cos\alpha = V_0.\] Так как амплитуда положительна, \(\sin\alpha < 0\) и \(\cos\alpha > 0\), откуда \[\operatorname{tg}\alpha = -\frac{g}{\omega V_0} \;\Rightarrow\; \alpha = -\operatorname{arctg}\frac{g}{\omega V_0}.\] Скорость груза достигает максимального значения в положении равновесия: \(\cos(\omega\tau + \alpha) = 1\), откуда \(\omega\tau + \alpha = 2\pi n\). Минимальное положительное значение \(\tau\) получается при \(n = 0\): \[\tau = -\frac{\alpha}{\omega} = \frac{1}{\omega}\operatorname{arctg}\frac{g}{\omega V_0} \;\Rightarrow\; X = \frac{\tau}{T} = \frac{1}{2\pi}\operatorname{arctg}\frac{g}{\omega V_0}.\] При \(V_0 = 2g/\omega\) получаем \(X = \dfrac{1}{2\pi}\operatorname{arctg}\dfrac{1}{2} \approx 0{,}074\).

Подсказка

Работа за цикл равна площади прямоугольника в координатах \(P\)–\(V\). Тепло подводится на тех участках, где газ расширяется в изобарическом процессе и нагревается в изохорическом процессе.

Ответ

\(k = 822\,\%\).

Решение

Обозначим минимальное давление в цикле как \(P_0\), а максимальное \(P_{max}\). Пронумеруем точки цикла против часовой стрелки следующим образом: изобарический процесс с увеличением объема от \(V_0\) до \(nV_0\) — процесс \(1\)–\(2\), изохорический процесс с увеличением давления от \(P_0\) до \(P_{max}\) — процесс \(2\)–\(3\), изобарический процесс с уменьшением объема от \(nV_0\) до \(V_0\) — процесс \(3\)–\(4\), изохорический процесс с уменьшением давления от \(P_{max}\) до \(P_0\) — процесс \(4\)–\(1\). Найдем максимальное давление в цикле из подобия прямоугольных треугольников: \[\frac{P_0}{V_0} = \frac{P_{max}}{nV_0} \;\Rightarrow\; P_{max} = nP_0.\] Найдем работу над газом за цикл как площадь прямоугольника \(1\)–\(2\)–\(3\)–\(4\): \[A = P_0V_0(n-1)^2.\] Молярная теплоемкость при постоянном объеме равна \(c_v = \dfrac{i}{2}R\). Напишем уравнение Майера: \(c_p - c_v = R\). Количество теплоты \(Q\) подводится к циклу в процессах \(1\)–\(2\) и \(2\)–\(3\), тогда: \[Q = Q_{12} + Q_{23} = \frac{c_v + R}{R}P_0V_0(n-1) + \frac{c_v}{R}P_0V_0\,n(n-1).\] Отсюда получаем: \[k = \frac{Q}{A} = \frac{c_v + R}{R}\cdot\frac{1}{n-1} + \frac{c_v}{R}\cdot\frac{n}{n-1} = \frac{c_v(n+1) + R}{R(n-1)} \approx 8{,}22 \;\Rightarrow\; k \approx 822\,\%.\]

Подсказка

Запишите закон сохранения энергии для системы конденсаторов и батареи: изменение энергии конденсаторов плюс работа батареи равно работе внешних сил. Для минимальной работы пластину выдвигают медленно.

Ответ

\(A = \dfrac{CV^2(\varepsilon - 1)}{4(\varepsilon + 1)} = 27\) мкДж.

Решение

До удаления пластины напряжение на каждом конденсаторе равно \(V/2\). Начальный заряд конденсаторов равен \(q_1 = \dfrac{CV}{2}\). После удаления пластины из одного конденсатора его ёмкость уменьшается в \(\varepsilon\) раз: \(C_0 = \dfrac{C}{\varepsilon}\).

Найдём конечный заряд конденсаторов \(q_2\): \[V = \frac{q_2}{C} + \frac{q_2}{C_0} = \frac{q_2(\varepsilon + 1)}{C} \;\Rightarrow\; q_2 = \frac{CV}{\varepsilon + 1}.\] Будем считать, что пластина выдвигается очень медленно. В этом случае искомая работа внешних сил \(A\) будет минимальной, поскольку можно пренебречь потерями энергии на выделение тепла и излучение. Запишем уравнение баланса энергии в цепи: \(W_2 - W_1 = A + A'\), где \(W_1\) и \(W_2\) — начальная и конечная энергии конденсаторов, \(A'\) — работа батареи. Для энергий имеем: \[W_1 = 2\cdot\frac{C(V/2)^2}{2} = \frac{CV^2}{4}, \qquad W_2 = \frac{q_2^2}{2C} + \frac{q_2^2}{2C_0} = \frac{CV^2}{2(\varepsilon+1)},\] \[W_2 - W_1 = -\frac{CV^2(\varepsilon - 1)}{4(\varepsilon + 1)}.\] Работа батареи равна: \[A' = (q_2 - q_1)V = -\frac{CV^2(\varepsilon - 1)}{2(\varepsilon + 1)}.\] Окончательно получаем: \[A = W_2 - W_1 - A' = \frac{CV^2(\varepsilon - 1)}{4(\varepsilon + 1)}.\] Подставим числовые значения: \(A = \dfrac{1{,}5\cdot 10^{-6}\cdot 144\cdot 2}{4\cdot 4} = 27\cdot 10^{-6}\) Дж \(= 27\) мкДж.

Подсказка

Выразите силу Лоренца, действующую на заряд вдоль стрелки, через угловую скорость и расстояние до оси. Разность потенциалов найдите как работу этой силы, делённую на заряд.

Ответ

\(\Delta\varphi \approx 1{,}1\) мВ.

Решение

Напишем проекцию вдоль стрелки силы Лоренца, действующей на произвольный заряд \(q\) на стрелке: \(F_л = qvB\), где \(v\) — скорость заряда. Скорость заряда выразим через угловую скорость, тогда \(F_л = q\omega rB\), где \(r\) — расстояние от оси вращения до заряда на стрелке.

Изменение проекции силы Лоренца линейно зависит от \(r\) и меняет знак при переходе со стрелки \(A\) на стрелку \(B\). Работа по перемещению заряда равна площади под графиком. Найдем суммарную работу проекции силы Лоренца по перемещению заряда из середины стрелки \(A\) до оси вращения \(A_{AO}\) и от оси вращения до середины стрелки \(B\) — \(A_{OB}\): \[A = A_{AO} + A_{OB} = -q\omega_1 B\frac{R^2}{8} + q\omega_2 B\frac{R^2}{8} = q(\omega_2 - \omega_1)B\frac{R^2}{8}.\] Отсюда находим разность потенциалов между серединами стрелок \(A\) и \(B\): \[\Delta\varphi = \frac{A}{q} = (\omega_2 - \omega_1)B\frac{R^2}{8} \approx 1{,}1~\text{мВ}.\]

Подсказка

Сначала найдите положение первого изображения, которое даёт линза \(L_1\) с учётом преломления на границе воздуха и воды. Затем через второе преломление найдите расстояние до экрана.

Ответ

\(x \approx 18{,}2\) см.

Решение

Пусть луч света, испущенный источником \(A\) вдоль главной оптической оси линз, попадает в точку \(C\) экрана. Рассмотрим произвольный луч, испущенный источником под малым углом к оптической оси. Требуется подобрать расстояние \(x\) между экраном и линзой \(L_2\) так, чтобы этот луч также попал в точку \(C\). Тогда точка \(C\) будет изображением источника. Плоские стороны линз и торцы цилиндра с водой считаем соприкасающимися (зазоры \(\delta_1\), \(\delta_2\) положим равными нулю).

Для линзы \(L_1\) формула линзы даёт: \[\frac{1}{d} + \frac{1}{f_1} = \frac{1}{F_1}.\] Преломление на границе воздуха и воды в точке 2 при малых углах даёт \(\dfrac{\alpha}{\gamma} = n\), где \(\alpha\) и \(\gamma\) — углы падения и преломления. Это приводит к соотношению \(\dfrac{f_3}{f_1} = n\), т.е. \(f_1 = \dfrac{f_3}{n}\). Подставляя в формулу линзы, найдём положение первого изображения (точка 3), одинаковое для всех лучей, испущенных под малыми углами: \[\frac{1}{d} + \frac{n}{f_3} = \frac{1}{F_1} \;\Rightarrow\; f_3 = \frac{ndF_1}{d - F_1} = \frac{1{,}33\cdot 40\cdot 16}{24}~\text{см} = 35{,}5~\text{см}.\] Неравенство \(f_3 < s\) означает, что точка 3 расположена внутри цилиндра с водой. Расстояние от этой точки до правой границы раздела воздуха и воды равно \(s - f_3\).

После прохождения точки 3 луч попадает в точку 4 на правой границе раздела воздуха и воды, затем падает на линзу \(L_2\) и попадает в точку \(C\). Продолжение падающего луча пересекает оптическую ось в точке 5, расстояние от которой до плоской поверхности линзы \(L_2\) равно \(f_5 = \dfrac{s - f_3}{n}\) (то же соотношение углов для второй границы). Запишем формулу линзы \(L_2\) для источника в точке 5 и изображения в точке \(C\): \[\frac{1}{f_5} + \frac{1}{x} = \frac{1}{F_2} \;\Rightarrow\; \frac{n}{s - f_3} + \frac{1}{x} = \frac{1}{F_2}.\] Отсюда \[x = \frac{F_2(s - f_3)}{s - f_3 - nF_2} = \frac{10\cdot 29{,}5}{29{,}5 - 1{,}33\cdot 10}~\text{см} \approx 18{,}2~\text{см}.\]