Курчатов, 2020/21, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Удобно перейти к системе отсчёта, связанной с точкой крепления нити к пружине, и свести задачу к колебаниям одного груза с приведённой массой \(\mu = \dfrac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}\).

Ответ

\(\dfrac{x_2}{x_1} = \dfrac{\beta - 1}{\beta + 1} = \dfrac{3}{11} \approx 0{,}27\).

Решение

Рассмотрим начальное положение, в котором груз 1 неподвижен. В этом случае сила тяжести, действующая на груз 2, уравновешивается силой натяжения нити, которая равна силе упругости, возникающей в пружине: \[m_2 g = k x_1 \quad\Rightarrow\quad x_1 = \frac{m_2 g}{k}.\] Здесь \(k\) — жёсткость пружины. Обозначим через \(\vec a_1\) и \(\vec a_2\) ускорения грузов в неподвижной системе отсчёта, связанной со столом. Для дальнейшего ось \(x\) этой системы удобно направить влево. Запишем второй закон Ньютона для грузов: \[m_1 a_{1x} = -F, \qquad m_2 a_2 = m_2 g - T,\] где \(a_{1x}\) — проекция ускорения \(\vec a_1\) на ось \(x\), \(F\) — абсолютная величина силы упругости, действующей на груз 1 со стороны пружины, \(T\) — абсолютная величина силы натяжения нити. Так как нить и пружина невесомы, то \(T = F\).

Рассмотрим движение точки \(C\), в которой нить прикреплена к пружине. Вектор ускорения \(\vec a_c\) этой точки направлен вправо и по абсолютной величине равен \(a_2\). Представим ускорение \(\vec a_1\) в виде \(\vec a_1 = \vec a_c + \vec a\,'\), где \(\vec a\,'\) — ускорение груза 1 в системе отсчёта, связанной с точкой \(C\). В проекции на ось \(x\) имеем: \[a_{1x} = -a_2 + a'_x.\] Из написанных выше соотношений получаем: \[a_2 = g - \frac{F}{m_2}, \qquad m_1(-a_2 + a'_x) = -F \quad\Rightarrow\quad m_1 a'_x = -F\,\frac{m_1 + m_2}{m_2} + m_1 g.\] Введём величину \(\mu\), имеющую размерность массы: \[\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}.\] Тогда последнее уравнение принимает вид \(\mu a'_x = -F + \mu g\). Таким образом, исходная задача сведена к более простой задаче о движении одного груза массой \(\mu\) под действием силы упругости и силы тяжести. Очевидно, что такой груз колеблется около положения равновесия. Найдём удлинение пружины \(x_p\) в этом положении: \[k x_p = \mu g \quad\Rightarrow\quad x_p = \frac{\mu g}{k} = \frac{m_1}{m_1 + m_2}\,x_1.\] Максимальное отклонение \(A\) от положения равновесия (амплитуда колебаний) равно: \[A = x_1 - x_p = \frac{m_2}{m_1 + m_2}\,x_1.\] Для минимального удлинения пружины получаем: \[x_2 = x_p - A = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}\,x_1 \quad\Rightarrow\quad \frac{x_2}{x_1} = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} = \frac{\beta - 1}{\beta + 1} = \frac{3}{11} \approx 0{,}27.\]

Подсказка

Закон сохранения импульса по вертикали даёт связь скорости второй платформы со скоростью кота. Дальше перейдите к скоростям кота относительно платформ и запишите условия дальности прыжка.

Решение

В процессе отталкивания кота Фотона от платформы (далее будем называть эту платформу первой, а платформу, на которую кот приземляется, — второй) выполняется закон сохранения импульса по вертикали: \[m v \sin\alpha - M V = P_T,\] где \(m\) — масса кота, \(v\) — его скорость относительно первой платформы, \(P_T\) — импульс силы натяжения нити. Для второй платформы, учитывая невесомость и нерастяжимость нити, \(P_T = MV\). Исключая импульсы сил из уравнений, получим \[V = \frac{m}{2M}\,v\sin\alpha = \lambda\, v\sin\alpha, \qquad \lambda = \frac{m}{2M}.\] Пока кот летит с первой платформы на вторую, платформы движутся вертикально с постоянными скоростями и могут быть рассмотрены как инерциальные системы отсчёта. Красным на рисунке обозначены величины в лабораторной системе отсчёта, синим — в системе первого блока, зелёным — второго. Для проекций скоростей можем записать соотношения: \[v_0\cos\beta = v\cos\alpha = u\cos\gamma \quad\text{(по горизонтали)},\] \[v_0\sin\beta - V = v\sin\alpha = u\sin\gamma + V \quad\text{(по вертикали)}.\]

Сформулируем требования задачи в терминах скоростей. Для того чтобы кот Фотон (в случае максимальной массы) смог допрыгнуть до второй платформы, должно выполняться \[\frac{2u^2}{g}\sin\gamma\cos\gamma = L.\] Умение перепрыгивать пятикратное расстояние (\(k = 5\)) выразится в величине скорости прыжка относительно первой платформы: \[\frac{v_0^2}{g} = kL.\] Выразим все величины через \(v\) и \(\alpha\) и решим эту систему уравнений относительно \(\lambda\). Получим \[\lambda = -1 - \frac{5}{\operatorname{tg}\alpha} + 2\sqrt{\frac{1}{\operatorname{tg}\alpha}\left(\frac{6}{\operatorname{tg}\alpha} + 5\right)}.\] Это выражение достигает максимума при искомом угле прыжка \(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{3}{5}\), а \(\lambda = \dfrac{2}{3}\). Отсюда максимальная масса кота Фотона равна \[m = 2\lambda M = \frac{4}{3}\,M.\]

Подсказка

Запишите первое начало термодинамики для гелия и баланс энергии поршня, затем уравнение состояния гелия в начальном и конечном состояниях. Адиабатическое уравнение здесь не применимо: процесс необратим.

Ответ

\(T_2 = 240\) K.

Решение

Пусть \(P_1\) и \(P_2\) — начальное и конечное давления гелия, \(V_1\) и \(V_2\) — начальный и конечный объёмы, \(h_1\) и \(h_2\) — высоты поршня над дном цилиндра: \[V_1 = S h_1, \qquad V_2 = S h_2.\]

Запишем первое начало термодинамики для гелия: \[0 = \frac{3}{2}\nu R T_2 - \frac{3}{2}\nu R T_1 + A,\] где \(\nu\) — число молей, \(A\) — работа силы давления гелия на поршень. Рассмотрим баланс энергии для поршня: \[mg(h_2 - h_1) = A + A_0,\] где \(A_0\) — работа постоянной силы внешнего давления \(P_0 S\). Учитывая, что поршень перемещается вверх на расстояние \((h_2 - h_1)\), получаем: \[A_0 = -P_0 S(h_2 - h_1), \qquad A = mg(h_2 - h_1) - A_0 = (h_2 - h_1)(P_0 S + mg).\] Подставим выражение для \(A\) в уравнение первого начала термодинамики и соберём слагаемые, относящиеся к конечному состоянию, в левой части, а к начальному — в правой: \[\frac{3}{2}\nu R T_2 + (P_0 S + mg)\,h_2 = \frac{3}{2}\nu R T_1 + (P_0 S + mg)\,h_1.\] Запишем условия равновесия поршня: \[P_1 S = P_0 S + (m + M) g, \qquad P_2 S = P_0 S + mg.\] Из уравнения состояния гелия имеем: \[P_1 S h_1 = \nu R T_1 \quad\Rightarrow\quad h_1 = \frac{\nu R T_1}{P_0 S + (m + M) g}, \qquad (P_0 S + mg)\,h_2 = P_2 S h_2 = \nu R T_2.\] Получаем: \[\frac{5}{2}T_2 = \frac{3}{2}T_1 + T_1\left(1 - \frac{Mg}{P_0 S + (m + M) g}\right) \quad\Rightarrow\quad T_2 = T_1\left(1 - \frac{2}{5}\cdot\frac{Mg}{P_0 S + (m + M) g}\right).\] Подставим числовые значения в системе СИ: \[T_2 = 300\left(1 - \frac{2}{5}\cdot\frac{20}{10 + 30}\right) = 300\cdot\frac{4}{5} = 240\ \text{К}.\] Следует отметить, что в данной задаче нельзя пользоваться уравнением адиабаты, поскольку рассматриваемый процесс необратим. При этом значение температуры, найденное из уравнения адиабаты (для гелия \(\gamma = 5/3\), \(T_2 = T_1 (P_2/P_1)^{(\gamma-1)/\gamma}\) с \(P_2/P_1 = 1/2\)), не очень сильно отличается от полученного выше: \(T_2 \approx 227\) К.

Подсказка

Мысленно увеличьте полость на \(\Delta R\): работа давления \(P\,\Delta V\) равна приращению энергии электрического поля. Энергию поля найдите через потенциал шара, учитывая поляризационный заряд на поверхности полости.

Ответ

\(P = \dfrac{q^2(\varepsilon - 1)}{32\pi^2\varepsilon_0\,\varepsilon R^4} \approx 3{,}8\) мПа.

Решение

Мысленно увеличим радиус полости на малую величину \(\Delta R\), подействовав изнутри на её поверхность силами давления \(P\). Работа этих сил определяется «газовой» формулой \[A = P\,\Delta V, \qquad \Delta V = 4\pi R^2\,\Delta R.\] С другой стороны, работа \(A\) равна приращению энергии электрического поля: \[A = \Delta W.\] Представим шар с диэлектриком как сферический конденсатор, обкладками которого являются сам шар и проводящая сфера бесконечно большого радиуса. Если принять потенциал сферы за нуль, то напряжение на конденсаторе равно потенциалу шара \(\varphi\). Тогда энергия поля равна \(W = \dfrac{q\varphi}{2}\).

Обозначим через \(Q\) поляризационный заряд, индуцированный полем шара на поверхности полости. Для того чтобы его найти, рассмотрим в диэлектрике точку на расстоянии \(r\) от центра шара. Напряжённость электрического поля в этой точке равна \(E = \dfrac{kq}{\varepsilon r^2}\), где \(k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\). Физической причиной ослабления поля в диэлектрике является заряд \(Q\), действие которого частично компенсирует поле шара. Поэтому заменим диэлектрик сферой радиуса \(R\), несущей заряд \(Q\). Тогда \[E = \frac{kq}{r^2} + \frac{kQ}{r^2} = \frac{k(q + Q)}{r^2}.\] Приравнивая два выражения для \(E\), находим заряд \(Q\): \[Q = \frac{q}{\varepsilon} - q = -\frac{q(\varepsilon - 1)}{\varepsilon}.\] Обозначим через \(\rho\) радиус шара. Тогда потенциал шара равен: \[\varphi = \frac{kq}{\rho} + \frac{kQ}{R} = kq\left(\frac{1}{\rho} - \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon R}\right).\] Энергия поля равна \[W = \frac{q\varphi}{2} = \frac{kq^2}{2}\left(\frac{1}{\rho} - \frac{\varepsilon - 1}{\varepsilon R}\right).\] Считая энергию поля функцией радиуса полости \(R\), получаем: \[\Delta W = W(R + \Delta R) - W(R) = \frac{kq^2(\varepsilon - 1)}{2\varepsilon}\left(\frac{1}{R} - \frac{1}{R + \Delta R}\right) \approx \frac{kq^2(\varepsilon - 1)\,\Delta R}{2\varepsilon R^2}.\] Радиус шара в этом выражении выпадает. Приравнивая два выражения для работы \(A\), находим электрическое давление: \[P \cdot 4\pi R^2\,\Delta R = \frac{kq^2(\varepsilon - 1)\,\Delta R}{2\varepsilon R^2} \quad\Rightarrow\quad P = \frac{kq^2(\varepsilon - 1)}{8\pi\varepsilon R^4} = \frac{q^2(\varepsilon - 1)}{32\pi^2\varepsilon_0\,\varepsilon R^4}.\] Подставим числовые значения в системе СИ: \[P = \frac{10^{-16}\cdot 2}{32\pi^2\cdot 8{,}85\cdot 10^{-12}\cdot 3\cdot 5^4\cdot 10^{-8}} \approx 3{,}8\cdot 10^{-3}\ \text{Па} = 3{,}8\ \text{мПа}.\] Приращение энергии поля можно вычислить и по-другому, воспользовавшись формулой для плотности энергии \(u = \dfrac{\varepsilon_0\varepsilon E^2}{2}\). При увеличении радиуса полости напряжённость и плотность энергии меняются только в слое объёма \(\Delta V\). До увеличения слой заполнен диэлектриком, и плотность энергии равна \(u_1 = \dfrac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0\varepsilon R^4}\); после увеличения диэлектрика в слое уже нет, и \(u_2 = \dfrac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0 R^4}\). Тогда \(\Delta W = (u_2 - u_1)\,\Delta V\), и \(P = u_2 - u_1 = \dfrac{q^2(\varepsilon - 1)}{32\pi^2\varepsilon_0\varepsilon R^4}\) — тот же ответ.

Подсказка

Скорость иона после ускорения найдите из закона сохранения энергии. Ион описывает полуокружность в магнитном поле, и смещение по оси \(x\) равно разности диаметров траекторий для двух изотопов.

Ответ

\(\mu_2 \approx 87\) г/моль.

Решение

В процессе ионизации каждый атом теряет один электрон, и при последующем ускорении в потенциале \(U\) ионизированный атом приобретает скорость \(v\): \[\frac{m v^2}{2} = |e| U \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{\frac{2|e|U}{m}}.\] Поскольку скорость ионизированного атома \(v\) перпендикулярна магнитному полю \(B\), под действием силы Лоренца он будет двигаться по окружности постоянного радиуса \(R\): \[|e| B v = \frac{m v^2}{R} \quad\Rightarrow\quad R = \frac{m v}{|e| B}.\] К тому времени, когда ионизированный атом достигает детектора, он покрывает половину круга. Пусть \(m_2\) — масса более тяжёлого изотопа, а \(m_1\) — масса более лёгкого. Тогда можно найти связь между массами атомов разного типа: \[2(R_2 - R_1) = 2\left(\frac{m_2 v_2}{|e| B} - \frac{m_1 v_1}{|e| B}\right) = d \quad\Rightarrow\quad m_2 v_2 = m_1 v_1 + \frac{|e| B d}{2}.\] Поскольку \(v_1 = \sqrt{\dfrac{2|e|U}{m_1}}\), \(v_2 = \sqrt{\dfrac{2|e|U}{m_2}}\), можно переписать полученное выражение: \[\sqrt{m_2} = \sqrt{m_1} + \frac{Bd}{2}\sqrt{\frac{|e|}{2U}}.\] Переходя от обычных масс к молярным и возводя выражение в квадрат, получим ответ: \[\mu_2 = N_A\left(\sqrt{\frac{\mu_1}{N_A}} + \frac{Bd}{2}\sqrt{\frac{|e|}{2U}}\right)^2 \approx 87\ \text{г/моль}.\]

Подсказка

Сначала найдите, где окажется мнимое изображение центра Солнца, даваемое объективом, затем примените формулу тонкой линзы для окуляра и подобие треугольников для размера изображения на экране.

Ответ

\(x \approx 41{,}8\) см.

Решение

Выясним сначала, в каком месте нужно расположить окуляр, чтобы получить изображение Солнца на экране. Так как Солнце является протяжённым источником, мысленно разобьём его видимую поверхность на малые элементы, каждый из которых будем считать светящейся точкой. Поскольку Солнце расположено на расстоянии, много большем диаметра объектива, от каждой точки поверхности Солнца в объектив попадает параллельный пучок лучей. Рассмотрим пучок, идущий от центра видимого солнечного диска параллельно главной оптической оси телескопа. Объектив сводит все лучи этого пучка в главный фокус (точка \(A\)). Здесь получается первичное изображение центра солнечного диска. Если расположить окуляр справа от этой точки, то изображение центра солнечного диска будет мнимым. Поэтому окуляр следует расположить слева от точки \(A\). В этом случае на окуляр падает сходящийся пучок лучей, продолжения которых пересекаются в точке \(A\). Можно подобрать положение окуляра так, чтобы после преломления пучок остался сходящимся и лучи пересеклись в точке \(B\). Тогда эта точка будет действительным изображением центра солнечного диска, которое можно получить на экране.

Искомое расстояние \(x\) есть расстояние от окуляра до точки \(B\). Обозначим через \(y\) расстояние от окуляра до точки \(A\). Выразим \(y\) через \(x\), воспользовавшись формулой линзы. Удобно обратить ход лучей: считать, что в точке \(B\) находится действительный источник света, а в точке \(A\) — его мнимое изображение, построенное окуляром. Тогда \[\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = -\frac{1}{F_2} \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{y} = \frac{1}{x} + \frac{1}{F_2}.\]

Рассмотрим теперь вопрос о размерах изображения. Будем считать, что от каждой точки, лежащей на границе солнечного диска, в объектив попадает параллельный пучок лучей. Объектив собирает каждый такой пучок в точку, лежащую в фокальной плоскости. Эти точки образуют первичное изображение границы солнечного диска в виде окружности диаметра \(d_0\). Для каждого пучка достаточно рассмотреть один луч, идущий без преломления через оптический центр объектива. Угол между лучами, идущими от верхнего и нижнего краёв солнечного диска, равен угловому диаметру Солнца \(\alpha\). Точка \(C\) — изображение нижнего края солнечного диска, точка \(D\) — верхнего. Найдём диаметр первичного изображения \(d_0 = CD\). Используя малость угла \(\alpha\), получаем: \[d_0 = 2F_1\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2} \approx 2F_1\cdot\frac{\alpha}{2} = F_1\,\alpha.\]

Если теперь расположить окуляр слева от точки \(A\), то первичное изображение Солнца будет играть роль мнимого источника, а действительное изображение получится на экране. Снова обратим ход лучей, считая источниками точки экрана. Проведём луч через точку \(C\) и оптический центр окуляра \(O\). Этот луч пересечёт экран в точке \(M\). В этой точке будет источник, мнимое изображение которого в окуляре расположено в точке \(C\). В итоге точка \(M\) является изображением нижнего края солнечного диска на экране. Точно так же изображением верхнего края будет точка \(N\), в которой экран пересекает луч \(DO\). Диаметр изображения Солнца на экране \(d\) равен длине отрезка \(MN\). Из подобия треугольников \(OCD\) и \(OMN\) получаем: \[\frac{d}{d_0} = \frac{x}{y}.\]

Отсюда, используя полученные ранее выражения для \(1/y\) и \(d_0\), находим расстояние \(x\): \[\frac{d}{d_0} = x\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{F_2}\right) \quad\Rightarrow\quad \frac{d}{d_0} = 1 + \frac{x}{F_2}, \qquad x = F_2\left(\frac{d}{d_0} - 1\right) = F_2\left(\frac{d}{F_1\alpha} - 1\right).\] Подставим числовые значения: \[\alpha = 0{,}5^\circ = 0{,}5\cdot\frac{\pi}{180}\ \text{рад} = 8{,}73\cdot 10^{-3}\ \text{рад},\] \[x = 4\ \text{см}\cdot\left(\frac{0{,}2\ \text{м}}{2\ \text{м}\cdot 8{,}73\cdot 10^{-3}} - 1\right) = 41{,}8\ \text{см}.\]