Курчатов, 2021/22, заключительный этап, 11 класс

Запишите второй закон Ньютона для бруска с грузом и для доски в неподвижной системе отсчёта. Затем найдите ускорение бруска относительно доски.

\(\tau = \sqrt{\dfrac{2L}{g}\cdot\dfrac{M(m_1 + m_2)}{Mm_2 - \mu m_1(m_1 + m_2 + M)}} = 1{,}8\) с.

Второй закон Ньютона для бруска, груза и доски в неподвижной системе отсчёта, связанной со столом: \[m_1 a = T - F, \qquad m_2 a = m_2 g - T, \qquad M a_0 = F ,\] где \(a\) — ускорение бруска и груза, \(a_0\) — ускорение доски, \(T\) — сила натяжения нити, \(F = \mu m_1 g\) — сила трения скольжения. Отсюда \[a = \frac{m_2 - \mu m_1}{m_1 + m_2}\,g, \qquad a_0 = \frac{\mu m_1 g}{M} .\] Ускорение бруска относительно доски: \[a' = a - a_0 = \frac{M m_2 - \mu m_1 (m_1 + m_2 + M)}{M(m_1 + m_2)}\, g .\] Относительно доски брусок проходит расстояние \(L = \dfrac{a'\tau^2}{2}\), откуда \[\tau = \sqrt{\frac{2L}{a'}} = \sqrt{\frac{2L}{g}\cdot\frac{M(m_1 + m_2)}{Mm_2 - \mu m_1(m_1 + m_2 + M)}} = 1{,}8~\text{с} .\]

Кинетическая энергия катящегося обруча равна \(MV^2\), где \(V\) — скорость центра. Выразите связь между смещением центра и углом поворота из условия отсутствия проскальзывания.

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2MR}{mg}} = 3{,}14\) с.

Кинетическая энергия катящегося без проскальзывания обруча: \(K = MV^2\) (скорость каждого элемента относительно центра равна по модулю \(V\), а сумма импульсов относительно центра равна нулю). Здесь \(V\) — скорость центра обруча.

При малом отклонении \(\alpha\) потенциальная энергия груза \(mgR(1 - \cos\alpha)\approx \dfrac{mgR\alpha^2}{2}\), а полная энергия \[E = MV^2 + \frac{mgR\alpha^2}{2} .\] Из условия отсутствия проскальзывания \(\Delta x = R\,\Delta\alpha\), поэтому \(x = R\alpha\) и \[E = MV^2 + \frac{mg\,x^2}{2R} .\] Это выражение подобно энергии груза массой \(m_0 = 2M\) на пружине жёсткости \(k = \dfrac{mg}{R}\), поэтому период \[T = 2\pi\sqrt{\frac{2MR}{mg}} = 3{,}14~\text{с} .\]

Выразите \(Q\) как функцию безразмерного объёма \(x = (V - V_1)/V_1\) и найдите условие, при котором на всём отрезке \(0 \le x \le 1\) теплота неотрицательна.

\(P_2 = \dfrac{6}{11}P_1\) (в решении \(\alpha = P_2/P_1 = 6/11\)).

Пусть \(\alpha = P_2/P_1\). На отрезке \(1\)–\(2\) давление линейно по объёму, и \[P = P_1\,[1 - (1 - \alpha)x], \qquad x = \frac{V - V_1}{V_1} \in [0, 1] .\] Приращение внутренней энергии \(\Delta U = \dfrac{3}{2}(PV - P_1V_1) = \dfrac{3}{2}P_1V_1\,x[\alpha - (1 - \alpha)x]\), работа (площадь трапеции) \(A = \dfrac{1}{2}P_1V_1\,x[2 - (1 - \alpha)x]\). По первому началу \[Q = \Delta U + A = \frac{1}{2}P_1V_1\left[(3\alpha + 2)x - 4(1 - \alpha)x^2\right] .\] График \(Q(x)\) — парабола с ветвями вниз (так как \(\alpha < 1\)). Вершина находится в \[x_B = \frac{3\alpha + 2}{8(1 - \alpha)} .\] Газ не отдаёт тепло, если весь отрезок \(x \in [0, 1]\) лежит на восходящей ветви параболы, то есть \(x_B \ge 1\): \[\frac{3\alpha + 2}{8(1 - \alpha)} \ge 1 \quad\Rightarrow\quad \alpha \ge \frac{6}{11} .\] Минимальное значение \(\alpha = \dfrac{6}{11}\) соответствует \(x_B = 1\).

Ёмкость системы складывается из ёмкости плоского конденсатора и ёмкости шариков. Энергетический баланс: работа батареи равна сумме энергии конденсатора и теплоты.

\(Q = \dfrac{1}{2}\left(C_0 + \dfrac{R}{2k}\right)\varepsilon^2 = 0{,}36\) нДж.

Ёмкость сложного конденсатора находим, помещая на обкладки заряды \(\pm q\): заряд плоского конденсатора \(q_1 = C_0 V\), заряд каждого шарика \(q_2 = \dfrac{VR}{2k}\) (из \(\varphi_\pm = \pm\dfrac{kq_2}{R}\), \(V = \dfrac{2kq_2}{R}\)). Тогда \[q = C_0 V + \frac{VR}{2k} = \left(C_0 + \frac{R}{2k}\right)V \quad\Rightarrow\quad C = C_0 + \frac{R}{2k} .\] После подключения батареи на конденсаторе устанавливается напряжение \(\varepsilon\) и заряд \(q = C\varepsilon\). Приращение энергии конденсатора \(\Delta U = \dfrac{C\varepsilon^2}{2}\), работа батареи \(A = q\varepsilon = C\varepsilon^2\). Из баланса энергии \[Q = A - \Delta U = \frac{C\varepsilon^2}{2} = \frac{1}{2}\left(C_0 + \frac{R}{2k}\right)\varepsilon^2 = 0{,}36~\text{нДж} .\]

Сразу после замыкания ток через катушку равен нулю. Максимум тока соответствует нулевой ЭДС самоиндукции; используйте закон сохранения энергии.

\(I_m = \varepsilon\sqrt{\dfrac{C_2}{2L}} = 36{,}7\) мА.

Сразу после замыкания ключа ток через катушку ещё равен нулю, поэтому на конденсаторах устанавливаются заряды \(q_1 = C_1\varepsilon\), \(q_2 = \dfrac{C_2\varepsilon}{2}\) (напряжение на каждом из конденсаторов \(C_2\) равно \(\varepsilon/2\)).

В момент максимального тока ЭДС самоиндукции равна нулю, диагональный конденсатор \(C_2\) не заряжен, а на каждом из двух оставшихся конденсаторов напряжение равно \(\varepsilon\): заряд \(C_1\) по-прежнему равен \(q_1\), заряд нижнего \(C_2\) равен \(q_2' = C_2\varepsilon\). Баланс энергии: \(A = \Delta W + \dfrac{LI_m^2}{2}\), где работа батареи \(A = \Delta q\,\varepsilon = \dfrac{C_2\varepsilon^2}{2}\) (заряд, прошедший через батарею, \(\Delta q = q_2' - q_2 = \dfrac{C_2\varepsilon}{2}\)). Энергии \[W_1 = \frac{C_1\varepsilon^2}{2} + \frac{C_2\varepsilon^2}{4}, \qquad W_2 = \frac{C_1\varepsilon^2}{2} + \frac{C_2\varepsilon^2}{2}, \qquad \Delta W = \frac{C_2\varepsilon^2}{4} .\] Тогда \(\dfrac{LI_m^2}{2} = \dfrac{C_2\varepsilon^2}{4}\), откуда \[I_m = \varepsilon\sqrt{\frac{C_2}{2L}} = 36{,}7~\text{мА} .\]

Мысленно проведите через вершину линзы плоскость: получатся две соприкасающиеся линзы, оптические силы которых складываются. Затем учтите преломление на плоской границе воздух–жидкость.

\(x = \dfrac{(n_1 - 1)Fd}{(n_1 - n_2)d - n_2(n_1 - 1)F} = 73\) см.

Оптические силы соприкасающихся линз складываются: \[\frac{1}{F'} = \frac{1}{F} - \frac{n_2 - 1}{R}, \qquad \frac{1}{F} = \frac{n_1 - 1}{R} ,\] где \(R\) — радиус выпуклой поверхности стеклянной линзы. Отсюда \(F' = \dfrac{(n_1 - 1)F}{n_1 - n_2} > 0\), то есть составная линза собирающая.

Рассмотрим луч, испущенный под малым углом к оси, и потребуем, чтобы он попадал в ту же точку \(C\) экрана, что и осевой луч. Если бы за линзой не было жидкости, луч пересёк бы ось в точке 1 на расстоянии \(f\) от линзы: \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{F'}\). Дополнительное преломление в точке 2 на плоской границе воздух–жидкость при малых углах даёт \(\alpha = n_2\gamma\), где \(\alpha \approx \dfrac{h}{f}\), \(\gamma \approx \dfrac{h}{d}\). Отсюда \(\dfrac{1}{f} = \dfrac{n_2}{d}\). Подставляя в формулу линзы и полагая зазор нулевым: \[x = \frac{(n_1 - 1)Fd}{(n_1 - n_2)d - n_2(n_1 - 1)F} = 73~\text{см} .\]