Курчатов, 2024/25, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Центр масс гантельки не смещается по горизонтали и опускается вертикально. Выразите смещение нижнего шарика через положение центра масс, а затем используйте закон сохранения энергии.

Ответ

1) \(n = 6\);  2) \(v = 1{,}7\text{ м/с}\).

Решение

Центр масс гантельки находится в точке \(C\), расположенной на высоте \(\dfrac{n}{n+1}\,l\) от поверхности.

После того, как гантельку отпустили без начальной скорости, она начала падать. Так как трение отсутствует, то центр масс гантельки будет двигаться вниз по вертикали. Величина перемещения нижнего шарика к моменту удара верхнего о поверхность равна \[\Delta r = \frac{n}{n+1}\,l.\] Отсюда, очевидно, \(n = 6\).

Скорость, с которой верхний шарик коснётся горизонтальной поверхности, равна \[v = \sqrt{2gl} = 1{,}7\text{ м/с}.\]

Подсказка

Удобно перейти к условной вертикали вдоль наклонной плоскости. В установившемся режиме сумма сил Лоренца, трения и эффективной силы тяжести равна нулю; сила Лоренца перпендикулярна скорости, а трение ей противоположно.

Ответ

1) \(v^* \approx 9{,}4\text{ м/с}\);  2) \(\beta = 46^\circ\).

Решение

Рассмотрим движение шайбы по наклонной плоскости (будем считать, что она «горизонтальна»). При таком подходе вектор \(\vec g\) следует заменить на так называемый «эффективный» вектор \(\vec g^{\,*}\), действующий вниз вдоль наклонной плоскости (к её основанию) и равный по модулю \(g^* = g\sin\alpha\). Данное направление называется условной (эффективной) вертикалью.

На начальном этапе (при небольшой скорости) шайба будет скользить вниз по условной вертикали (к основанию наклонной плоскости), поскольку на этом этапе сила Лоренца сравнительно мала. Однако по мере разгона шайбы будет увеличиваться сила Лоренца, которая согласно правилу левой руки будет всё сильнее «отклонять» шайбу в сторону.

Заметим, что при этом будет увеличиваться вертикальная проекция силы Лоренца \(\vec F_{\text{Л}}\), притормаживающая шайбу. Соответственно, при некоторой скорости \(\vec v^*\) разгон шайбы прекратится, т.е. её скорость перестанет изменяться как по модулю, так и по направлению. Поскольку на шайбу действуют три силы, то в установившемся режиме (\(\vec a = \vec 0\)) их сумма должна быть равна нулю. Следовательно, \[\vec F_{\text{Л}} + \vec F_{\text{тр}} + m\vec g^{\,*} = \vec 0.\]

Поскольку сила трения скольжения \(\vec F_{\text{тр}}\) направлена против вектора скорости \(\vec v^*\), а сила Лоренца \(\vec F_{\text{Л}}\) перпендикулярна ему, то треугольник сил на рисунке будет прямоугольным. Запишем для него теорему Пифагора: \[m^2 g^2 \sin^2\alpha = q^2 (v^*)^2 B^2 + \mu^2 m^2 g^2 \cos^2\alpha.\] Откуда находим модуль установившейся скорости шайбы: \[v^* = \frac{mg}{qB}\sqrt{\sin^2\alpha - \mu^2\cos^2\alpha} = 9{,}4\text{ м/с}.\] Поскольку скорость — векторная величина, то обязательно нужно указать её направление на наклонной плоскости. Для этого из прямоугольного треугольника сил вычислим угол \(\beta\) с «вертикалью»: \[\beta = \arccos\left(\frac{\mu m g\cos\alpha}{m g\sin\alpha}\right) = 46^\circ.\]

Подсказка

Запишите потенциальную энергию бусинки как сумму гравитационной и кулоновской частей и найдите точку её минимума. Для малых колебаний разложите кулоновскую силу вблизи этой точки.

Ответ

1) \(l_0 = 134\text{ см}\);  2) \(T = 2{,}3\text{ с}\).

Решение

Для нахождения положения равновесия проанализируем зависимость потенциальной энергии \(U(l)\) от расстояния между точечным зарядом и заряженной бусинкой: \[U(l) = mgl\sin\alpha + \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{qQ}{l}.\] Для этого найдём минимум функции \(U(l)\), используя производную: \[\frac{dU}{dl} = mg\sin\alpha - \frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 l^2} = 0.\] Отсюда равновесное расстояние между зарядами: \[l_0 = \sqrt{\frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0\, mg\sin\alpha}} = 134\text{ см}.\] Отметим, что данный результат можно было получить и без использования производной, записав проекцию второго закона Ньютона на стержень: \[m a_\xi = -mg\sin\alpha + \frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 l^2} = 0.\] Для нахождения периода колебаний вблизи этого положения равновесия рассмотрим малое отклонение \(\xi\) от положения равновесия: \[m\ddot\xi = -mg\sin\alpha + \frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 (l_0 + \xi)^2} = -mg\sin\alpha + \frac{qQ}{4\pi\varepsilon_0 l_0^2}\left(1 + \frac{\xi}{l_0}\right)^{-2}.\] Воспользуемся разложением \((1 + x)^{-2} \approx 1 - 2x\), справедливым при малых \(x\): \[m\ddot\xi = -\frac{qQ\,\xi}{2\pi\varepsilon_0 l_0^3}.\] Получили, что возвращающая сила прямо пропорциональна величине смещения от положения равновесия, что означает, что малые колебания такой системы являются гармоническими, с периодом \[T = 2\pi\sqrt{\frac{2\pi\varepsilon_0 l_0^3 m}{qQ}} = 2{,}3\text{ с}.\]

Подсказка

Мощность на резисторе равна \(I^2R\), а скорость изменения кинетической энергии стержня равна \(m v_x a_x\). Выразите скорость и ускорение стержня через силу тока \(I\).

Ответ

1) \(\mathcal{E} = 1\text{ В}\);  2) \(I' = 10\text{ мА}\).

Решение

При движении проводника длины \(L\) со скоростью \(v\) в магнитном поле в нём наводится ЭДС индукции, равная \[\mathcal{E}_{\text{инд}} = vBL.\] В установившемся режиме ЭДС индукции и ЭДС источника равны друг другу, ток в цепи отсутствует, ускорение стержня равно нулю. Отсюда получаем \[\mathcal{E} = v_1 B L = 1\text{ В}.\] Запишем второе правило Кирхгофа и второй закон Ньютона для случая движения стержня под действием внешней силы и выразим через силу тока мгновенную скорость и ускорение перемычки: \[\mathcal{E} - v_x B L = I R \quad\Rightarrow\quad v_x = \frac{\mathcal{E} - IR}{BL}, \qquad m a_x = F + I L B \quad\Rightarrow\quad a_x = \frac{F + ILB}{m}.\] Условие равенства мощности, выделяющейся на резисторе, и скорости изменения кинетической энергии запишется в виде \[I^2 R = m v_x a_x.\] С учётом выражений для мгновенной скорости и ускорения получаем \[I^2 R = \frac{(\mathcal{E} - IR)(F + ILB)}{BL} \quad\Rightarrow\quad I = \frac{\sqrt{\left(\dfrac{FR}{BL} - \mathcal{E}\right)^2 + \dfrac{8FR\,\mathcal{E}}{BL}} - \dfrac{FR}{BL} + \mathcal{E}}{4R} = 10\text{ мА}.\]

Подсказка

Работа газа при смещении поршня равна потенциальной энергии пружины. Запишите первое начало термодинамики и условие равновесия поршня в конце процесса.

Ответ

\(\eta \approx 50\%\).

Решение

Рассмотрим промежуточное положение поршня, когда он сместился на величину \(y\) от своего первоначального положения. Пусть при этом давление газа в правой части сосуда равно \(p_2\), а в левой — \(p_1\). Поскольку поршень при этом находится в равновесии, то сумма сил, действующих на поршень, равна нулю: \[(p_2 - p_1)\,S - k y = 0,\] где \(S\) — площадь поршня. При последующем небольшом перемещении поршня \(\Delta y\) полная работа газа \(\Delta A = \Delta A_1 + \Delta A_2\), где \(\Delta A_2\) — работа газа правой части, \(\Delta A_1\) — работа газа левой части, причём \[\Delta A_1 + \Delta A_2 = p_2\,\Delta y\,S - p_1\,\Delta y\,S = (p_2 - p_1)\,\Delta y\,S = k y\,\Delta y.\] Таким образом, к моменту смещения поршня на величину \(x = l/2\) полная работа газа будет равна потенциальной энергии, запасённой в пружине: \[A = \frac{k}{2}\left(\frac{l}{2}\right)^2.\] Здесь \(l = L = 1\text{ м}\) — длина каждой половины сосуда, а \(a = l/2\) по условию.

Если к газу в правой части подвели количество теплоты \(Q\), а газ в левой части передал количество теплоты \(Q'\) термостату, то полное сообщённое системе количество теплоты будет \(Q - Q'\), и можно написать (1-й закон термодинамики) \[Q - Q' = \frac{k}{2}\left(\frac{l}{2}\right)^2 + \Delta U,\] где \(\Delta U\) — изменение внутренней энергии газа. Поскольку поршень нетеплопроводящий, то температура газа слева не меняется, и всё изменение внутренней энергии газа \(\Delta U\) обусловлено нагревом газа справа на \(\Delta T\), причём для \(n\) молей идеального газа \(\Delta U = n\cdot\dfrac{3}{2}R\,\Delta T\).

Повышение температуры \(\Delta T\) найдём из условия равновесия в конце процесса. Давление газа \(p\) в правой части сосуда в соответствии с законом Менделеева–Клапейрона равно \[p = \frac{nR(T + \Delta T)}{S\left(l + \frac{l}{2}\right)}.\] С другой стороны, оно должно быть равно сумме давления газа слева \(p' = \dfrac{nRT}{S\left(l - \frac{l}{2}\right)}\) и давления, создаваемого пружиной, \(p'' = \dfrac{kl}{2S}\), т.е. \[\frac{2nR(T + \Delta T)}{3Sl} = \frac{2nRT}{Sl} + \frac{kl}{2S}.\] Отсюда находим, что \(\Delta T = 2T + \dfrac{3kl^2}{4nR}\), и получаем \[Q' = Q - 3nRT - \frac{5}{4}\,k l^2.\] Доля теплоты: \[\eta = \frac{Q'}{Q}\cdot 100\% = 100\%\cdot\left(1 - \frac{3nRT + \frac{5}{4}kl^2}{Q}\right) \approx 50\%.\]