Курчатов, 2022/23, заключительный этап, 11 класс

Запишите законы сохранения энергии и импульса, затем рассмотрите квадратное уравнение относительно отношения модулей импульсов. Максимальный угол соответствует случаю, когда дискриминант этого уравнения равен нулю.

\(x = \dfrac{n^2\sin^2\vartheta_m-1}{n+1} = 1{,}4\).

Пусть \(\vec p_0\) — начальный импульс ядра \(N_1^*\), \(\vec p_1\) и \(\vec p_2\) — конечные импульсы ядер, \(E_0\) — внутренняя энергия ядра \(N_1\) после столкновения. Закон сохранения энергии: \[\frac{p_0^2}{2m_1} + E_0 + \Delta E = \frac{p_1^2}{2m_1} + \frac{p_2^2}{2m_2} + E_0.\] Так как \(K_0 = p_0^2/2m_1\), \(x = \Delta E/K_0\) и \(n = m_1/m_2\), получаем \[1 + x = \left(\frac{p_1}{p_0}\right)^2 + n\left(\frac{p_2}{p_0}\right)^2.\] Закон сохранения импульса \(\vec p_0 = \vec p_1 + \vec p_2\) и теорема косинусов дают \[\left(\frac{p_2}{p_0}\right)^2 = 1 + \left(\frac{p_1}{p_0}\right)^2 - 2\,\frac{p_1}{p_0}\cos\vartheta.\] Обозначим \(y = p_1/p_0 > 0\). Тогда \[(n+1)y^2 - 2ny\cos\vartheta + (n-1-x) = 0.\] Действительные корни существуют при \(\sin^2\vartheta \le \dfrac{1+(n+1)x}{n^2}\). Максимальный угол \(\vartheta_m\) соответствует нулевому дискриминанту: \[\sin^2\vartheta_m = \frac{1+(n+1)x}{n^2} \quad\Rightarrow\quad x = \frac{n^2\sin^2\vartheta_m - 1}{n+1} = \frac{1}{5}\left(16\cdot\frac{1}{2} - 1\right) = 1{,}4.\]

Для малых отклонений кинетическая энергия определяется вращением обруча, а скорость груза мала. Потенциальную энергию груза разложите по малому углу поворота обруча. Сравните полученную энергию с энергией груза на пружине.

\(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{MRL}{mg(R+L)}} = 1{,}8\) с.

Отклоним обруч на малый угол \(\varphi\) между радиусом \(OB\) и вертикалью. Угол \(OAB\) обозначим \(\alpha\). Из теоремы синусов для треугольника \(AOB\): \[\sin\alpha = \frac{R}{L}\sin\varphi \approx \frac{R}{L}\varphi,\] а из суммы углов треугольника \(AOB\) угол \(\beta\) между скоростью \(\vec V_1\) точки \(B\) и стержнем \(AB\) равен \(\beta = 90^\circ - \left(1+\dfrac{R}{L}\right)\varphi\).

Кинетическая энергия складывается из вращения обруча и движения груза. Проекции скоростей на направление стержня совпадают, поэтому скорость груза \(V_2 = V_1\dfrac{\cos\beta}{\cos\alpha}\), где \(V_1 = \omega R\). Для малых \(\varphi\) \(\cos\beta \approx \left(1+\dfrac{R}{L}\right)\varphi \ll 1\), \(\cos\alpha \approx 1\), так что вкладом груза в кинетическую энергию можно пренебречь: \[K = \frac{MR^2\omega^2}{2}.\] Потенциальная энергия груза относительно положения равновесия \[U = mg\left[R(1-\cos\varphi) + L(1-\cos\alpha)\right] \approx \frac{mgR\varphi^2}{2}\left(1+\frac{R}{L}\right).\] Полная энергия \[E = \frac{MR^2\omega^2}{2} + \frac{mgR\left(1+\frac{R}{L}\right)}{2}\varphi^2,\] что совпадает с энергией эквивалентного груза массой \(MR^2\) на пружине жёсткости \(k = mgR\left(1+\dfrac{R}{L}\right)\) (роль координаты играет \(\varphi\), скорости — \(\omega\)). Отсюда \[T = 2\pi\sqrt{\frac{MR^2}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{MRL}{mg(R+L)}} \approx 1{,}8\text{ с}.\]

В состоянии 2 поршень неподвижен и работа газа равна нулю, поэтому температура не меняется. При движении поршня учитывайте работу атмосферы на поршень.

1) \(T_2 = 300\) К;  2) \(T_3 = \dfrac{T_1}{5}\left(3+\dfrac{4P_0}{P_1}\right) = 228\) К;  3) \(x = \dfrac{3V_1}{5S}\left(\dfrac{P_1}{P_0}-2\right) = 45\) см.

1) Первое начало термодинамики для перехода 1 → 2: \(0 = \dfrac{3}{2}\nu RT_2 - \dfrac{3}{2}\nu RT_1 + A_{12}\), где \(A_{12} = 0\), так как поршень не перемещается. Значит, \(T_2 = T_1 = 300\) К. Давление в состоянии 2 \[P_2 = \frac{P_1 V_1}{2V_1} = \frac{P_1}{2} = 25\text{ кПа} > P_0,\] поэтому после освобождения поршень начнёт двигаться вправо.

2) Первое начало термодинамики для перехода 2 → 3: \(0 = \dfrac{3}{2}\nu RT_3 - \dfrac{3}{2}\nu RT_1 + A_{23}\). Баланс энергии поршня (его механическая энергия не меняется): \(A_{23} + A_0 = 0\), где работа атмосферы \(A_0 = -P_0 S x = -P_0(V_3 - V_1)\). Значит, \(A_{23} = P_0V_3 - P_0V_1\). Уравнение состояния газа в состоянии 3: \(P_0(V_1+V_3) = \nu RT_3\), то есть \(P_0V_3 = \nu RT_3 - P_0V_1\), и тогда \[A_{23} = \nu RT_3 - 2P_0V_1 = \nu RT_3 - \frac{2P_0}{P_1}\nu RT_1.\] Подставляя в первое начало, получаем \[\frac{5}{2}\,T_3 = T_1\left(\frac{3}{2}+\frac{2P_0}{P_1}\right) \quad\Rightarrow\quad T_3 = \frac{T_1}{5}\left(3+\frac{4P_0}{P_1}\right) = 228\text{ К}.\]

3) Перемещение поршня \(x = \dfrac{V_3 - V_1}{S}\). Из уравнения состояния, с учётом \(\nu RT_1 = P_1V_1\) и \(T_3\) из п. 2, \[V_3 = \frac{\nu RT_3}{P_0} - V_1 = \frac{V_1}{5}\left(\frac{3P_1}{P_0}-1\right), \qquad V_3 - V_1 = \frac{3V_1}{5}\left(\frac{P_1}{P_0}-2\right),\] откуда \[x = \frac{3V_1}{5S}\left(\frac{P_1}{P_0}-2\right) = 45\text{ см}.\]

Выразите напряжённости поля между пластинами через поверхностные плотности зарядов, затем запишите напряжения между парами пластин, на которые подключены батареи.

\(x = \dfrac{(\varepsilon+1)V_1-\varepsilon V_2}{\varepsilon(2V_2-V_1)} = -3{,}5\) (заряд пластины 2 отрицателен).

Обозначим заряды пластин 1 и 2 через \(q_1\) и \(q_2\); тогда заряды пластин 3 и 4 равны \(-q_1\) и \(-q_2\). Поверхностные плотности \(\sigma_1 = q_1/S\), \(\sigma_2 = q_2/S\). Направим ось \(x\) от пластины 1 к пластине 4. Напряжённости между пластинами: \[E_{1x} = \frac{\sigma_1}{\varepsilon_0}, \qquad E_{2x} = \frac{\sigma_1+\sigma_2}{\varepsilon_0}, \qquad E_{3x} = \frac{\sigma_2}{\varepsilon_0\varepsilon}.\] Работа поля при переносе пробного заряда \(e\) с пластины 1 на пластину 3 и с пластины 2 на пластину 4 даёт \[V_1 = \frac{\sigma_1 d}{\varepsilon_0} + \frac{(\sigma_1+\sigma_2)d}{\varepsilon_0} \quad\Rightarrow\quad 2\sigma_1+\sigma_2 = \frac{\varepsilon_0V_1}{d},\] \[V_2 = \frac{(\sigma_1+\sigma_2)d}{\varepsilon_0} + \frac{\sigma_2 d}{\varepsilon_0\varepsilon} \quad\Rightarrow\quad \varepsilon\sigma_1 + (\varepsilon+1)\sigma_2 = \frac{\varepsilon_0\varepsilon V_2}{d}.\] Отсюда \[\sigma_1 = \frac{\varepsilon_0[(\varepsilon+1)V_1-\varepsilon V_2]}{d(\varepsilon+2)}, \qquad \sigma_2 = \frac{\varepsilon_0\varepsilon(2V_2-V_1)}{d(\varepsilon+2)},\] и \[x = \frac{q_1}{q_2} = \frac{\sigma_1}{\sigma_2} = \frac{(\varepsilon+1)V_1-\varepsilon V_2}{\varepsilon(2V_2-V_1)} = -3{,}5.\] Заряд \(q_2\) оказывается отрицательным.

Постройте векторные диаграммы напряжений и токов для момента, когда \(I_1 = 0\). Ток \(I_2\) найдите через его амплитуду и угол сдвига фаз в катушке и в первой ветви.

\(I_2 = \dfrac{U_0}{\sqrt{R_2^2+(\omega L)^2}}\sin(\varphi_1+\varphi_2) = 74\) мА.

Амплитуды напряжений на ветвях складываются векторно, и диаграмма напряжений вращается с угловой скоростью \(\omega\). Момент, когда \(I_1 = 0\), соответствует тому, что вектор тока \(I_{1A}\) направлен вдоль вертикальной оси, а вектор напряжения на первой ветви \(U_1\) — тоже. Углы \(\varphi_1\) и \(\varphi_2\) — углы между вектором \(U_0\) и \(U_1\), \(U_2\) соответственно. Тогда угол между векторами токов \(I_{1A}\) и \(I_{2A}\) равен \(\varphi_1+\varphi_2\), и \[I_2 = I_{2A}\cos\left(90^\circ-\varphi_1-\varphi_2\right) = I_{2A}\sin(\varphi_1+\varphi_2).\] Амплитуда тока в катушке из теоремы Пифагора для треугольника напряжений: \[I_{2A} = \frac{U_0}{\sqrt{R_2^2+(\omega L)^2}}, \qquad \operatorname{tg}\varphi_2 = \frac{\omega L}{R_2} \;\Rightarrow\; \varphi_2 = 25{,}2^\circ.\] Для первой ветви \[\operatorname{tg}\varphi_1 = \frac{1}{\omega C R_1} \;\Rightarrow\; \varphi_1 = 17{,}7^\circ.\] Окончательно \[I_2 = \frac{U_0}{\sqrt{R_2^2+(\omega L)^2}}\sin(\varphi_1+\varphi_2) \approx 74\text{ мА}.\]

Найдите высоту изображения, которое даёт объектив, и затем угол, под которым окуляр показывает это изображение глазу, сравните с углом без микроскопа.

1) \(L = \dfrac{bF_1}{b-F_1}+\dfrac{dF_2}{d+F_2} = 17\) см;  2) \(k = \dfrac{F_1}{b-F_1}\left(\dfrac{d}{F_2}+1\right) = 125\).

Без микроскопа предмет высотой \(h\) на расстоянии наилучшего зрения \(d\) виден под углом \(\alpha \approx \operatorname{tg}\alpha = h/d\), откуда \(h = \alpha d\).

Объектив строит перевёрнутое действительное изображение на расстоянии \(x\) от себя и высотой \(h_1\). Из формулы линзы \(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{F_1}\) находим \[x = \frac{bF_1}{b-F_1}, \qquad h_1 = h\,\frac{x}{b} = \frac{\alpha d F_1}{b-F_1}.\] Окуляр расположен на расстоянии \(y<F_2\) от этого изображения и работает как лупа. Из формулы линзы для окуляра \(\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{d} = \dfrac{1}{F_2}\): \[y = \frac{dF_2}{d+F_2}.\] Угол наблюдения в микроскоп \[\beta \approx \frac{h_1}{y} = \alpha\,\frac{F_1(d+F_2)}{(b-F_1)F_2}.\] Расстояние между линзами \(L = x + y = \dfrac{bF_1}{b-F_1}+\dfrac{dF_2}{d+F_2}\). Увеличение \[k = \frac{\beta}{\alpha} = \frac{F_1}{b-F_1}\left(\frac{d}{F_2}+1\right).\] Подставляя числа в сантиметрах: \[L = \frac{0{,}52\cdot0{,}5}{0{,}02}+\frac{20\cdot5}{25} = 13+4 = 17\text{ см}, \qquad k = \frac{0{,}5}{0{,}02}\left(\frac{20}{5}+1\right) = 125.\]