Курчатов, 2024/25, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Для наблюдателя на экваторе планеты в полдень Солнце находится в зените.

Ответ

1) \(T = \dfrac{T_1 T_2}{|T_1 - T_2|} = 293\) сут; 2) \(N_1 = \dfrac{T}{T_1} = 2{,}7\), \(N_2 = \dfrac{T}{T_2} = 3{,}7\).

Решение

Поместим начало координат в центр Солнца и введём единичные векторы \(\vec{n}_1\) (от Солнца к планете) и \(\vec{n}_2\) (от центра планеты к точке на экваторе, которая участвует в осевом вращении). В момент полудня \(\vec{n}_1\) и \(\vec{n}_2\) направлены противоположно. Ось \(x\) направим вдоль \(\vec{n}_1\), ось \(y\) — в сторону орбитального движения. За время \(t\) векторы повернутся на углы \(\alpha = \omega_1 t\) и \(\beta = \omega_2 t\), где \(\omega_1 = \dfrac{2\pi}{T_1}\), \(\omega_2 = \dfrac{2\pi}{T_2}\). Координаты векторов: \[\vec{n}_1 = (\cos\alpha,\ \sin\alpha), \qquad \vec{n}_2 = (-\cos\beta,\ -\sin\beta).\] Следующий полдень наступит, когда векторы снова окажутся противоположны, то есть \(\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = -1\). Отсюда \(\cos(\alpha - \beta) = 1\), и \(\alpha - \beta = 2\pi n\), то есть \[t\left(\frac{1}{T_1} - \frac{1}{T_2}\right) = n .\] Наименьшее положительное \(t\) даёт \(n = \pm 1\), поэтому \[T = \frac{T_1 T_2}{|T_1 - T_2|} = 293~\text{сут} .\] Количества оборотов равны \(N_1 = \dfrac{T}{T_1} = \dfrac{T_2}{|T_1 - T_2|} = 2{,}7\) и \(N_2 = \dfrac{T}{T_2} = \dfrac{T_1}{|T_1 - T_2|} = 3{,}7\). Разность \(N_2 - N_1\) равна единице.

Подсказка

Мгновенные скорости точек обруча на концах горизонтального диаметра связаны со скоростями оси и груза условием отсутствия проскальзывания нити. Для энергии используйте баланс работы силы \(F\).

Ответ

\(a_1 = 0{,}5\) м/с\(^2\); \(a_2 = 1\) м/с\(^2\); \(x = 0{,}03\).

Решение

1. Пусть \(V_1\) и \(V_2\) — скорости оси блока и груза, \(\omega\) — угловая скорость блока, \(r\) — его радиус. Точка \(B\) блока касается левого участка нити, скорость которого равна нулю, поэтому \(V_B = V_1 - \omega r = 0\). Точка \(C\) касается правого участка, скорость которого равна \(V_2\): \(V_C = V_1 + \omega r = V_2\). Отсюда \(V_2 = 2V_1\) и \(a_2 = 2a_1\).

2. Кинетическая энергия обруча массы \(m_1\), катящегося по нерастяжимому участку нити \(AB\) без проскальзывания, равна \(m_1 V_1^2\). Энергия системы \[E = (m_1 + 2m_2)V_1^2 + m_1 g h_1 + m_2 g h_2 .\] 3. Баланс энергии за малое время \(\Delta t\): \(\Delta E = F V_1 \Delta t\) (работа силы на оси; сила со стороны пола в точке \(A\) работы не совершает, работа сил трения покоя между блоком и нитью равна нулю). Приращения: \(\Delta(V_1^2) = 2V_1 \Delta V_1\), \(\Delta h_1 = V_1 \Delta t\), \(\Delta h_2 = 2V_1 \Delta t\). Тогда \[\Delta E = (m_1 + 2m_2)(2a_1 + g)V_1 \Delta t .\] Отсюда \[a_1 = \frac{F}{2(m_1 + 2m_2)} - \frac{g}{2} = 0{,}5~\text{м/с}^2, \qquad a_2 = 2a_1 = 1~\text{м/с}^2 .\] 4. Для системы «блок и верхний участок нити»: \(m_1 a_1 = F - m_1 g - T_1 - T_2\). Для груза: \(m_2 a_2 = T_2 - m_2 g\). Получаем \[T_1 = \frac{F - m_1 g}{2}, \qquad T_2 = \frac{F m_2}{m_1 + 2m_2}, \qquad \Delta T = T_1 - T_2 = m_1 a_1 .\] Отсюда \[x = \frac{\Delta T}{T_1} = \frac{2m_1 a_1}{F - m_1 g} = 0{,}03 .\]

Подсказка

Сначала газ нужно сжать адиабатно до давления, при котором поршень с грузом начинает подниматься. Работа на этом этапе равна изменению внутренней энергии газа.

Ответ

\(A_{\min} \approx 360\) Дж.

Решение

Чтобы поднять груз, сначала нужно довести давление газа до \[P_1 = P_0 + \frac{4mg}{\pi d^2}.\] Работа на этом этапе равна изменению внутренней энергии газа, так как процесс адиабатный. Из уравнения адиабаты и уравнения состояния идеального газа получаем изменение температуры \[\Delta T = T_0\left[\left(1 + \frac{4mg}{\pi d^2 P_0}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}} - 1\right],\] а работа \[A_1 = \Delta U = \frac{5}{2}\nu R\,\Delta T = \frac{5}{2}P_0 V_0\left[\left(1 + \frac{4mg}{\pi d^2 P_0}\right)^{\frac{\gamma-1}{\gamma}} - 1\right].\] Когда давление достигло \(P_1\), груз начинает подниматься, давление, объём и температура газа далее не меняются. Работа на этом этапе идёт на изменение потенциальной энергии груза: \(A_2 = mgx\). Полная работа \[A = A_1 + A_2 \approx 360~\text{Дж} .\] Основной вклад даёт первое слагаемое, то есть работа при неподвижном грузе.

Подсказка

Поле внутри диэлектрика можно представить как поле двух сфер с зарядами \(q_1\) и \(-Q\) в вакууме; заряд слоя найдите из условия отсутствия поля внутри металла.

Ответ

1) \(x_1 = \dfrac{\varepsilon - 1}{\varepsilon} = 0{,}6\); 2) \(x_2 = \dfrac{2V_2}{\varepsilon(V_1 - V_2)} = -1{,}6\).

Решение

1. Пусть \(q_1\) — заряд шара, \(q_2\) — заряд внешней поверхности слоя, \(q_3\) — заряд его внутренней поверхности, \(Q\) — заряд внешней границы диэлектрика. Тогда заряд внутренней границы диэлектрика равен \(-Q\). В точке \(A\) диэлектрика поле равно \(E_A = \dfrac{k q_1}{\varepsilon r_A^2}\), \(k = \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\). Заменим диэлектрик двумя сферами с зарядами \(-Q\) (радиус \(R\)) и \(Q\) (радиус \(2R\)) в вакууме: \(E_A = \dfrac{k(q_1 - Q)}{r_A^2}\). Приравнивая, получаем \(q_1 - Q = \dfrac{q_1}{\varepsilon}\), то есть \(Q = \dfrac{\varepsilon - 1}{\varepsilon}\,q_1\) и \(x_1 = 0{,}6\).

2. Поле в точке \(B\) металлического слоя равно нулю, откуда \(q_1 + q_3 = 0\), то есть \(q_3 = -q_1\). Потенциалы шара и слоя: \[\varphi_1 = \frac{k}{2R}\left(\frac{q_1}{\varepsilon} + \frac{q_2}{2}\right) = V_1, \qquad \varphi_2 = \frac{k q_2}{4R} = V_2 .\] Отсюда \(q_2 = \dfrac{4RV_2}{k}\) и \(q_1 = \dfrac{2R\varepsilon(V_1 - V_2)}{k}\), так что \[x_2 = \frac{q_2}{q_1} = \frac{2V_2}{\varepsilon(V_1 - V_2)} = -1{,}6 .\] Поскольку \(V_1 - V_2 < 0\), заряд шара \(q_1\) отрицателен, хотя шар присоединён к положительному полюсу батареи \(V_1\).

Подсказка

Напряжение на \(C_2\) равно напряжению источника. Сила тока в правой ветви обращается в нуль, когда заряд \(C_2\) максимален, то есть напряжение источника равно амплитуде \(U_0\).

Ответ

1) \(I = 14{,}4\) мА; 2) \(q_1 = 18\) мкКл, \(q_2 = 54\) мкКл.

Решение

Напряжение на \(C_2\) равно напряжению источника. Когда сила тока в правой ветви обращается в нуль, заряд \(q_2\) максимален, то есть напряжение источника также максимально и равно \(U_0\). Отсюда \(q_2 = U_0 C_2 = 54\) мкКл.

Рассмотрим векторную диаграмму напряжений для левой ветви. Векторы \(U_R\) и \(U_C\) (амплитуды напряжений на \(R\) и \(C_1\)) в сумме дают вектор \(U_0\); напряжение на конденсаторе отстаёт от напряжения на резисторе на \(90^\circ\). В момент, когда сила тока в правой ветви равна нулю, вектор \(U_0\) лежит на горизонтальной оси, и треугольник \(OAB\) прямоугольный. По теореме Пифагора \(U_R^2 + U_C^2 = U_0^2\). Амплитуды связаны с амплитудой силы тока \(I_A\) соотношениями \(U_R = I_A R\), \(U_C = \dfrac{I_A}{\omega C_1}\), откуда \[U_C = U_R\,\frac{1}{\omega R C_1}, \qquad U_R = \frac{U_0\,\omega R C_1}{\sqrt{1 + (\omega R C_1)^2}}, \qquad U_C = \frac{U_0}{\sqrt{1 + (\omega R C_1)^2}} .\] Угол \(\varphi\) между \(U_0\) и \(U_R\) определяется соотношениями \(\cos\varphi = U_R/U_0\), \(\sin\varphi = U_C/U_0\). Сила тока в левой ветви и заряд первого конденсатора: \[I = \frac{U_R\cos\varphi}{R} = \frac{U_0}{R}\cdot\frac{(\omega R C_1)^2}{1 + (\omega R C_1)^2}, \qquad q_1 = C_1 U_C\sin\varphi = \frac{C_1 U_0}{1 + (\omega R C_1)^2} .\] При \(\omega R C_1 = 2\) получаем \(I = 14{,}4\) мА и \(q_1 = 18\) мкКл.

Подсказка

Интерферируют волны от источника и его изображения в зеркале; оба источника находятся на расстоянии около \(2l\) друг от друга.

Решение

Интерферировать будут волны, идущие непосредственно от источника и отражённые от зеркала. Расчёт можно провести как сложение волн от двух источников: \(S\) и его изображения \(S'\) в зеркале, расстояние между которыми приблизительно равно \(2l\). Изображение находится на расстоянии \(f = \dfrac{RL}{2l + R} \approx l\) (так как \(R \gg l\)). Интерференционные полосы представляют собой концентрические кольца.

Разность хода волн от источников до точки экрана на расстоянии \(r\) от центра: \[L_{1,2} = \sqrt{r^2 + (L \pm l)^2} \approx \sqrt{r^2 + L^2}\left(1 \pm \frac{Ll}{r^2 + L^2}\right).\] Условие максимума с учётом потери полуволны при отражении от оптически более плотной среды: \[\frac{2Ll}{\sqrt{r^2 + L^2}} + \frac{\lambda}{2} = k\lambda .\] Отсюда радиусы светлых колец порядка \(k\): \[r_k = L\sqrt{\left(\frac{2l}{(k - 1/2)\lambda}\right)^2 - 1} .\] С ростом порядка радиус кольца уменьшается; центральное пятно соответствует максимальному порядку, где разность хода примерно равна \(2l\). Число полос ограничено условием неотрицательности подкоренного выражения: \(k_{\max} \approx \dfrac{2l}{\lambda} \approx 3600\).

Так как \(l \gg \lambda\), в середине картины \[r_k \approx \frac{2lL}{k\lambda}, \qquad \Delta r_k \approx \frac{2lL}{k^2\lambda} ,\] то есть ширина полосы убывает с ростом номера. Требуя \(\Delta r_k \ge \Delta x\), находим максимальный наблюдаемый порядок

\[k = \sqrt{\frac{2lL}{\Delta x\,\lambda}} .\] Интерференционную картину можно наблюдать на расстояниях, превышающих примерно \(r\) от центра экрана, соответствующее этому порядку.