Курчатов, 2022/23, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Запишите законы сохранения энергии и импульса, а импульсы изобразите треугольником. Угол вылета ограничен условием существования действительного корня квадратного уравнения для отношения импульсов.

Ответ

\(\vartheta_m = \arccos\sqrt{(n+1)x} = \arccos\sqrt{8/15} = 43^\circ\).

Решение

Пусть \(\vec p_0\) — начальный импульс ядра \(N_1\), \(\vec p_1\) и \(\vec p_2\) — конечные импульсы ядер. Обозначим через \(E_0\) внутреннюю энергию ядра \(N_2\) до столкновения. Тогда после столкновения внутренняя энергия ядра \(N_2^*\) равна \(E_0 + \Delta E\). Запишем закон сохранения энергии: \[\frac{p_0^2}{2m_1} + E_0 = \frac{p_1^2}{2m_1} + \frac{p_2^2}{2m_2} + E_0 + \Delta E \quad\Rightarrow\quad 1 = \left(\frac{p_1}{p_0}\right)^2 + \frac{m_1}{m_2}\left(\frac{p_2}{p_0}\right)^2 + \frac{\Delta E}{K_0},\] где \(K_0 = p_0^2/2m_1\) — начальная кинетическая энергия ядра \(N_1\). Обозначим \(n = m_1/m_2\), \(x = \Delta E/K_0\). Тогда \[1 = \left(\frac{p_1}{p_0}\right)^2 + n\left(\frac{p_2}{p_0}\right)^2 + x.\] Запишем закон сохранения импульса: \(\vec p_0 = \vec p_1 + \vec p_2\). Изобразим это равенство в виде треугольника; \(\vartheta\) — угол вылета возбуждённого ядра \(N_2^*\).

По теореме косинусов имеем: \[p_1^2 = p_0^2 + p_2^2 - 2p_0p_2\cos\vartheta \quad\Rightarrow\quad \left(\frac{p_1}{p_0}\right)^2 = 1 + \left(\frac{p_2}{p_0}\right)^2 - 2\,\frac{p_2}{p_0}\cos\vartheta.\] Получаем: \[(n+1)\left(\frac{p_2}{p_0}\right)^2 - 2\,\frac{p_2}{p_0}\cos\vartheta + x = 0.\] Введём новую переменную \(y = p_2/p_0 > 0\). Для \(y\) имеем квадратное уравнение: \[(n+1)y^2 - 2y\cos\vartheta + x = 0.\] Корни уравнения: \[y = \frac{2\cos\vartheta \pm \sqrt{D}}{2(n+1)}, \qquad D = 4\cos^2\vartheta - 4(n+1)x = 4\left(\cos^2\vartheta - (n+1)x\right).\] Условие существования действительных корней: \[D \ge 0 \quad\Rightarrow\quad |\cos\vartheta| \ge \sqrt{(n+1)x}.\] Очевидно, что \(\sqrt{D} < 2|\cos\vartheta|\). Если \(\cos\vartheta < 0\), то оба корня отрицательны, что противоречит неравенству \(y > 0\). Поэтому \(\cos\vartheta > 0\) и угол \(\vartheta\) острый. Получаем: \[\cos\vartheta \ge \sqrt{(n+1)x}.\] Максимальное значение угла \(\vartheta\) соответствует знаку равенства: \[\cos\vartheta_m = \sqrt{(n+1)x} \quad\Rightarrow\quad \vartheta_m = \arccos\sqrt{(n+1)x} = \arccos\sqrt{8/15} = 43^\circ.\]

Подсказка

Масса каждой стороны пропорциональна её длине. Разбейте треугольник на части с сосредоточенными массами и найдите, где лежит центр масс: в положении равновесия он находится на одной вертикали с точкой подвеса \(A\).

Ответ

\(\beta = \alpha - \operatorname{arctg}\!\left[\dfrac{\operatorname{tg}\alpha}{2(1 + \cos\alpha)}\right] = 19^\circ\).

Решение

Обозначим длину боковой стороны треугольника через \(a\), а её массу через \(m\). Из вершины \(C\) опустим перпендикуляр \(CD\) на основание \(AB\); точка \(D\) — середина основания. Длины отрезков \(CD\) и \(AB\) равны: \[CD = a\sin\alpha, \qquad AB = 2a\cos\alpha.\] Так как массы сторон треугольника пропорциональны их длинам, масса основания \(AB\) равна: \[m_1 = 2m\cos\alpha.\] Стянем эту массу в точку \(D\) — центр масс (центр тяжести) основания. Массы \(m\) боковых сторон стянем в их середины — точки \(E\) и \(F\). Эти две массы заменим одной массой \(m_2 = 2m\), расположенной в точке \(G\) — середине средней линии \(EF\). Таким образом, имеем две точечные массы \(m_1\) и \(m_2\), расположенные в точках \(D\) и \(G\). Центр масс треугольника \(H\) совпадает с центром масс этой пары и лежит на отрезке \(DG\). Если треугольник подвешен на нити за вершину \(A\), то в положении равновесия отрезок \(AH\) параллелен вектору ускорения свободного падения \(\vec g\). Условием равновесия является равенство моментов сил \(m_1\vec g\) и \(m_2\vec g\) относительно оси, проходящей через точку \(A\) перпендикулярно плоскости рисунка. Проведём через точку \(H\) прямую, перпендикулярную отрезку \(AH\). Отрезки этой прямой от точки \(H\) до линий действия сил тяжести представляют собой плечи этих сил. На рисунке они обозначены через \(x\) и \(y\). Условие равенства моментов даёт: \[x\,m_1 g = y\,m_2 g \quad\Rightarrow\quad \frac{y}{x} = \frac{m_1}{m_2} = \cos\alpha.\] Далее имеем два подобных прямоугольных треугольника, в которых отрезки \(x\) и \(y\) являются катетами, а отрезки \(DH\) и \(GH\) — гипотенузами: \[\frac{GH}{DH} = \frac{y}{x} = \cos\alpha.\] Кроме того, сумма \(DH + GH\) равна половине высоты \(CD\): \[DH + GH = \frac{CD}{2} = \frac{a}{2}\sin\alpha.\] Из полученных соотношений находим длину отрезка \(DH\) и угол \(\beta\): \[GH = DH\cos\alpha, \qquad DH + DH\cos\alpha = \frac{a}{2}\sin\alpha \quad\Rightarrow\quad DH = \frac{a\sin\alpha}{2(1 + \cos\alpha)},\] \[\operatorname{tg}(\alpha - \beta) = \frac{DH}{AB/2} = \frac{\operatorname{tg}\alpha}{2(1 + \cos\alpha)} \quad\Rightarrow\quad \beta = \alpha - \operatorname{arctg}\!\left[\frac{\operatorname{tg}\alpha}{2(1 + \cos\alpha)}\right] = 19^\circ.\] Следует отметить, что в этой задаче неправильным является решение, основанное на утверждении, что центр масс треугольника лежит в точке пересечения его медиан. Это утверждение справедливо только для случая, когда масса треугольника равномерно распределена по его площади. При неправильном решении имеем \(DH = CD/3\) и \(\beta = \alpha - \operatorname{arctg}(\operatorname{tg}\alpha/3)\). Этот результат совпадает с точным только для равностороннего треугольника; при \(\alpha = 75^\circ\) неправильное решение даёт \(\beta = 24^\circ\).

Подсказка

Давление в конце совпадает с начальным, так как оно задается равновесием поршня. Для смеси запишите первое начало термодинамики с учетом работы газов на поршень.

Ответ

1) \(T = 430\text{ К}\);  2) \(x = 8{,}3\text{ см}\).

Решение

Начальное давление газов \(P\) равно конечному давлению газовой смеси и определяется условием равновесия поршня: \[PS = P_0S + mg \quad\Rightarrow\quad P = P_0 + \frac{mg}{S}.\]

Пусть \(V_1\) — начальный объём гелия, \(V\) — объём правого сосуда, \(V_2\) — объём газовой смеси в цилиндре в конечном состоянии. Полный объём конечной газовой смеси равен \(V_2 + V\). Запишем уравнение состояния для гелия, азота и конечной газовой смеси: \[PV_1 = \nu RT_1, \qquad PV = 2\nu RT_2, \qquad P(V_2 + V) = 3\nu RT.\] Запишем первое начало термодинамики: \[0 = \nu\cdot\frac{3}{2}R(T - T_1) + 2\nu\cdot\frac{5}{2}R(T - T_2) + A,\] где \(A\) — работа силы давления газов на поршень. Рассмотрим уравнение баланса энергии для поршня: \[mgh_2 - mgh_1 = A + A_0.\] В левой части имеем приращение механической энергии поршня; \(h_1\) и \(h_2\) — начальное и конечное значения высоты поршня над дном цилиндра, \(A_0\) — работа постоянной силы внешнего давления: \(A_0 = P_0S(h_1 - h_2)\).

Учитывая, что \(V_1 = Sh_1\) и \(V_2 = Sh_2\), имеем: \[A = mgh_2 - mgh_1 - P_0Sh_1 + P_0Sh_2 = (P_0S + mg)h_2 - (P_0S + mg)h_1 = PV_2 - PV_1.\] Выразим первое слагаемое через температуры: \(P(V_2 + V) = 3\nu RT\) дает \(PV_2 = 3\nu RT - PV = 3\nu RT - 2\nu RT_2\). Используя также равенство \(PV_1 = \nu RT_1\), получаем: \[A = 3\nu RT - 2\nu RT_2 - \nu RT_1.\] Подставляя это выражение в первое начало термодинамики, находим конечную температуру газовой смеси: \[0 = \nu\cdot\frac{3}{2}R(T - T_1) + 2\nu\cdot\frac{5}{2}R(T - T_2) + 3\nu RT - 2\nu RT_2 - \nu RT_1,\] \[3(T - T_1) + 10(T - T_2) + 6T - 4T_2 - 2T_1 = 0 \quad\Rightarrow\quad 19T - 5T_1 - 14T_2 = 0,\] \[T = \frac{5T_1 + 14T_2}{19} = 430\text{ К}.\] Рассмотрим теперь перемещение поршня \(x\): \[x = h_1 - h_2 = \frac{PV_1 - PV_2}{PS}.\] Далее имеем: \[PS = P_0S + mg, \qquad PV_1 = \nu RT_1, \qquad PV_2 = 3\nu RT - 2\nu RT_2 = \frac{\nu R(15T_1 + 4T_2)}{19},\] \[PV_1 - PV_2 = \frac{4\nu R(T_1 - T_2)}{19}.\] Отсюда \[x = \frac{4\nu R(T_1 - T_2)}{19(P_0S + mg)} = 8{,}3\text{ см}.\]

Подсказка

Заряды внешних пластин определяют поля во всех промежутках. Запишите напряжения каждой батареи как сумму напряжений на промежутках между пластинами.

Ответ

\(x = \dfrac{\varepsilon V_1 + (\varepsilon + 1)V_2}{\varepsilon(2V_1 + V_2)} = 0{,}64\).

Решение

Обозначим через \(q_1\) и \(q_4\) заряды пластин 1 и 4. Тогда заряды пластин 2 и 3 равны соответственно \(-q_4\) и \(-q_1\). Введём поверхностные плотности заряда на пластинах 1 и 4: \[\sigma_1 = \frac{q_1}{S}, \qquad \sigma_4 = \frac{q_4}{S},\] где \(S\) — площадь пластин. Плотности заряда на пластинах 2 и 3 равны \(-\sigma_4\) и \(-\sigma_1\).

Направим ось \(x\) от пластины 1 к пластине 4 и рассмотрим проекцию вектора напряжённости электрического поля на эту ось. Между пластинами 1 и 2 имеем: \[E_{1x} = \frac{1}{2\varepsilon_0\varepsilon}(\sigma_1 + \sigma_4 + \sigma_1 - \sigma_4) = \frac{\sigma_1}{\varepsilon_0\varepsilon},\] где \(\varepsilon_0\) — электрическая постоянная. Между пластинами 2 и 3: \[E_{2x} = \frac{1}{2\varepsilon_0}(\sigma_1 - \sigma_4 + \sigma_1 - \sigma_4) = \frac{\sigma_1 - \sigma_4}{\varepsilon_0}.\] Между пластинами 3 и 4: \[E_{3x} = \frac{1}{2\varepsilon_0}(\sigma_1 - \sigma_4 - \sigma_1 - \sigma_4) = -\frac{\sigma_4}{\varepsilon_0}.\] Мысленно перенесём положительный пробный заряд \(e\) с пластины 1 на пластину 3 вдоль оси \(x\). Работу \(A\) силы электрического поля можно записать двумя способами: \[A = e(\varphi_1 - \varphi_3) = e(E_{1x}d + E_{2x}d),\] где \(\varphi_1\) и \(\varphi_3\) — потенциалы пластин, \(d\) — расстояние между пластинами. Учитывая, что \(\varphi_1 - \varphi_3 = V_1\), и используя полученные выше выражения для напряжённостей, получаем: \[V_1 = \frac{\sigma_1 d}{\varepsilon_0\varepsilon} + \frac{(\sigma_1 - \sigma_4)d}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad (\varepsilon + 1)\sigma_1 - \varepsilon\sigma_4 = \frac{\varepsilon_0\varepsilon V_1}{d}.\] Перенесём теперь пробный заряд с пластины 2 на пластину 4. Для работы силы электрического поля имеем: \[A = e(\varphi_2 - \varphi_4) = e(E_{2x}d + E_{3x}d).\] Учитывая, что \(\varphi_2 - \varphi_4 = -V_2\), получаем: \[-V_2 = \frac{(\sigma_1 - \sigma_4)d}{\varepsilon_0} - \frac{\sigma_4 d}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad 2\sigma_4 - \sigma_1 = \frac{\varepsilon_0 V_2}{d}.\] Из полученных уравнений находим плотности \(\sigma_1\) и \(\sigma_4\): \[\sigma_1 = \frac{\varepsilon_0\varepsilon(2V_1 + V_2)}{d(\varepsilon + 2)}, \qquad \sigma_4 = \frac{\varepsilon_0[\varepsilon V_1 + (\varepsilon + 1)V_2]}{d(\varepsilon + 2)}.\] Отношение зарядов пластин 4 и 1 равно: \[x = \frac{q_4}{q_1} = \frac{\sigma_4}{\sigma_1} = \frac{\varepsilon V_1 + (\varepsilon + 1)V_2}{\varepsilon(2V_1 + V_2)} = 0{,}64.\]

Подсказка

Формула тонкой линзы даёт положение стрелки относительно линзы. Затем для малых углов запишите закон преломления на границе вода—воздух. Луч через оптический центр линзы не преломляется.

Ответ

\(H = h\left(\dfrac{s}{nF} - 1\right) \approx 24{,}5\text{ мм}\).

Решение

Будем считать, что плоская сторона линзы и левый торец цилиндра с водой разделены узким воздушным промежутком шириной \(\delta\). В конечных результатах эту ширину следует положить равной нулю. Найдём сначала расстояние \(d\) от стрелки до линзы. Для этого рассмотрим произвольный луч, испущенный из основания стрелки (точка 1) под малым углом к оптической оси. Если бы не было цилиндра с водой, то, пройдя через линзу, луч пересёк бы оптическую ось в точке 3. Обозначим через \(f\) расстояние от этой точки до линзы. Имеем: \[\frac{1}{d} + \frac{1}{f} = \frac{1}{F} \quad\Rightarrow\quad \frac{1}{d} = \frac{1}{F} - \frac{1}{f}.\]

Реально, справа от линзы луч выходит в воздушный промежуток, падает на границу раздела воздуха и воды в точке 2, преломляется и попадает в точку 4 на экране. Эта точка является изображением основания стрелки. Рассмотрим преломление луча в точке 2. Обозначим через \(\alpha\) и \(\gamma\) углы падения и преломления и запишем закон преломления: \[\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma} = n.\] Угол \(\alpha\) следует считать малым, поскольку только в этом случае справедлива стандартная формула линзы. Из закона преломления следует, что угол \(\gamma\) также мал. Заменяя синусы на углы, получаем: \[\frac{\alpha}{\gamma} = n.\] Обозначим через \(y\) расстояние от оптической оси до точки 2. Тогда \[\alpha \approx \operatorname{tg}\alpha = \frac{y}{f - \delta}, \qquad \gamma \approx \operatorname{tg}\gamma = \frac{y}{s} \quad\Rightarrow\quad \frac{s}{f - \delta} = n.\] Полагая \(\delta = 0\), получаем: \[\frac{1}{f} = \frac{n}{s}, \qquad \frac{1}{d} = \frac{1}{F} - \frac{n}{s}.\] Рассмотрим теперь луч, испущенный из верхнего конца стрелки и проходящий через оптический центр линзы (рисунок 2). Обозначим через \(\alpha_1\) малый угол, который этот луч образует с оптической осью. Поскольку луч, идущий через оптический центр тонкой линзы, не преломляется, угол падения этого луча на плоскую границу раздела воздуха и воды также равен \(\alpha_1\). После преломления луч попадает на экран в точку, которая является изображением верхнего конца стрелки. Обозначим через \(\gamma_1\) угол преломления и снова запишем закон преломления для малых углов: \[\frac{\alpha_1}{\gamma_1} = n, \qquad \alpha_1 = n\gamma_1.\] Далее имеем: \[\alpha_1 \approx \operatorname{tg}\alpha_1 = \frac{h}{d}, \qquad \gamma_1 \approx \operatorname{tg}\gamma_1 = \frac{H}{s} \quad\Rightarrow\quad \frac{h}{d} = \frac{nH}{s}.\]

Подставляя сюда найденное выше значение \(1/d\), находим высоту изображения \(H\): \[H = \frac{hs}{nd} = \frac{hs}{n}\left(\frac{1}{F} - \frac{n}{s}\right) = h\left(\frac{s}{nF} - 1\right) = 24{,}5\text{ мм}.\]