Курчатов, 2025/26, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите второй закон Ньютона для каждого бруска вдоль наклонной плоскости с учётом сил трения и натяжения нити, затем приравняйте выражения для ускорения.

Ответ

\(T = \dfrac{mg}{2}(\mu_1 - \mu_2)\cos\alpha = 0{,}26\) Н.

Решение

Рассмотрим движение брусков в неподвижной системе отсчёта, связанной с наклонной плоскостью. В этой системе на первый брусок действует сила тяжести \(mg\), сила нормальной реакции плоскости \(N_1\), сила трения скольжения \(F_1\) и сила натяжения нити \(T\). Для второго бруска имеем силы \(mg\), \(N_2\), \(F_2\) и \(T\). Обозначим через \(a\) ускорение брусков. Направим ось \(x\) вдоль вектора ускорения, а ось \(y\) перпендикулярно наклонной плоскости вверх.

Запишем уравнения движения брусков в проекциях на выбранные оси: \[ma = mg\sin\alpha - F_1 + T, \qquad N_1 - mg\cos\alpha = 0,\] \[ma = mg\sin\alpha - F_2 - T, \qquad N_2 - mg\cos\alpha = 0.\] Далее имеем: \[N_1 = N_2 = mg\cos\alpha, \qquad F_1 = \mu_1 N_1 = \mu_1 mg\cos\alpha, \qquad F_2 = \mu_2 N_2 = \mu_2 mg\cos\alpha,\] \[ma = mg\sin\alpha - \mu_1 mg\cos\alpha + T, \qquad ma = mg\sin\alpha - \mu_2 mg\cos\alpha - T.\] Приравнивая правые части двух последних уравнений, находим силу натяжения нити: \[mg\sin\alpha - \mu_1 mg\cos\alpha + T = mg\sin\alpha - \mu_2 mg\cos\alpha - T,\] \[2T = \mu_1 mg\cos\alpha - \mu_2 mg\cos\alpha, \qquad T = \frac{mg}{2}(\mu_1 - \mu_2)\cos\alpha = 0{,}26 \text{ Н}.\] Ответ: \(T = \dfrac{mg}{2}(\mu_1 - \mu_2)\cos\alpha = 0{,}26\) Н.

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, движущуюся вдоль перпендикуляра к линии центров со скоростью \(V_0\sin\alpha\): в ней столкновение центральное и одномерное.

Ответ

\(\beta = \operatorname{arctg}(2\operatorname{ctg}\alpha) = 74^\circ\).

Решение

Введём неподвижную систему отсчёта \(K\), связанную со льдом. Направим ось \(x\) этой системы вдоль отрезка, соединяющего шайбы, а ось \(y\) — в сторону движения шайб. Обозначим через \(V_0\) начальную скорость шайб в системе \(K\). Перейдём в систему отсчёта \(K'\), движущуюся поступательно относительно системы \(K\) в направлении оси \(y\) со скоростью \(V' = V_0\sin\alpha\). Оси системы \(K'\) будем считать параллельными осям системы \(K\). В системе \(K'\) имеем центральное абсолютно упругое столкновение шайб, движущихся навстречу друг другу вдоль оси \(x'\) с одинаковыми начальными скоростями \(V_0\cos\alpha\). Обозначим через \(\vec U_1\) и \(\vec U_2\) скорости шайб после столкновения в системе \(K'\). Эти векторы направлены по или против оси \(x'\). Запишем законы сохранения импульса и энергии в системе \(K'\): \[m_1V_0\cos\alpha - m_2V_0\cos\alpha = m_1U_1 + m_2U_2,\] \[\frac{m_1V_0^2\cos^2\alpha}{2} + \frac{m_2V_0^2\cos^2\alpha}{2} = \frac{m_1U_1^2}{2} + \frac{m_2U_2^2}{2}.\] Здесь \(U_1\) и \(U_2\) — проекции векторов \(\vec U_1\) и \(\vec U_2\) на ось \(x'\). Обозначим через \(k\) отношение масс шайб: \[k = \frac{m_1}{m_2}.\] Тогда уравнения принимают вид: \[k(V_0\cos\alpha - U_1) = U_2 + V_0\cos\alpha, \qquad k(V_0^2\cos^2\alpha - U_1^2) = U_2^2 - V_0^2\cos^2\alpha.\] Перепишем последнее уравнение так: \[k(V_0\cos\alpha - U_1)(V_0\cos\alpha + U_1) = (U_2 + V_0\cos\alpha)(U_2 - V_0\cos\alpha).\] Поскольку подчёркнутые сомножители совпадают, уравнение упрощается: \[V_0\cos\alpha + U_1 = U_2 - V_0\cos\alpha \;\Rightarrow\; U_2 = 2V_0\cos\alpha + U_1.\] Отметим, что формально сомножители могут обращаться в нуль при \(U_1 = V_0\cos\alpha\) и \(U_2 = -V_0\cos\alpha\). Этот случай соответствует отсутствию взаимодействия между шайбами и должен быть отброшен как нефизический.

Окончательно получаем систему двух линейных уравнений для скоростей \(U_1\) и \(U_2\): \[k(V_0\cos\alpha - U_1) = U_2 + V_0\cos\alpha, \qquad U_2 = 2V_0\cos\alpha + U_1.\] Подставляя значение \(U_2\) в первое уравнение, получаем: \[U_1 = \left(\frac{k-3}{k+1}\right)V_0\cos\alpha, \qquad U_2 = 2V_0\cos\alpha + U_1 = \left(\frac{3k-1}{k+1}\right)V_0\cos\alpha.\] При \(k = 3\) имеем: \(U_1 = 0\), \(U_2 = 2V_0\cos\alpha\).

Таким образом, в системе отсчёта \(K'\) тяжёлая шайба 1 после столкновения останавливается, а лёгкая шайба 2 движется в направлении оси \(x'\) с удвоенной скоростью. Конечные скорости шайб в неподвижной системе отсчёта \(K\) равны: \[\vec V_1 = \vec V' + \vec U_1 = \vec V', \qquad \vec V_2 = \vec V' + \vec U_2.\]

Векторы \(\vec V'\), \(\vec U_2\) и \(\vec V_2\) образуют прямоугольный треугольник, из которого можно легко найти угол \(\beta\): \[\operatorname{tg}\beta = \frac{U_2}{V'} = \frac{2V_0\cos\alpha}{V_0\sin\alpha} = 2\operatorname{ctg}\alpha \;\Rightarrow\; \beta = \operatorname{arctg}(2\operatorname{ctg}\alpha) = 74^\circ.\] Ответ: \(\beta = \operatorname{arctg}(2\operatorname{ctg}\alpha) = 74^\circ\).

Подсказка

Число молей конденсата равно разности числа молей пара в начальном и конечном состояниях; в конце пар находится при давлении \(P_2\), работа при изотермическом расширении равна \(P_2(V_2 - V_1)\).

Ответ

\(\nu_x = 0{,}6\) моля.

Решение

Обозначим через \(\nu_1\) и \(\nu_2\) количества молей пара в начальном и конечном состояниях. Выразим их из уравнения состояния: \[P_1 V_1 = \nu_1 R T_1, \qquad P_2 V_2 = \nu_2 R T_2 \;\Rightarrow\; \nu_1 = \frac{P_1 V_1}{RT_1}, \qquad \nu_2 = \frac{P_2 V_2}{RT_2}.\] Здесь \(V_2\) — конечный объём пара. При расширении насыщенного пара при температуре \(T_2\) его давление \(P_2\) остаётся постоянным. Поэтому работа пара равна: \[A = P_2(V_2 - V_1).\] Выразим отсюда произведение \(P_2V_2\) и подставим его в формулу для \(\nu_2\): \[P_2V_2 = A + P_2V_1, \qquad \nu_2 = \frac{A + P_2V_1}{RT_2}.\] Число молей сконденсировавшейся жидкости равно: \[\nu_x = \nu_1 - \nu_2 = \frac{1}{R}\left(\frac{P_1V_1}{T_1} - \frac{A + P_2V_1}{T_2}\right) = 0{,}6 \text{ моля}.\] Ответ: \(\nu_x = 0{,}6\) моля.

Подсказка

Сравните суммарную работу батарей при перераспределении зарядов с приращением энергии конденсаторов: разность и даст выделившуюся теплоту.

Ответ

\(Q = \dfrac{9C\varepsilon^2}{4} = 0{,}9\) мДж.

Решение

До замыкания ключа напряжение на каждом конденсаторе равно \(\varepsilon/2\). Заряды конденсаторов совпадают: \[q_1 = \frac{C\varepsilon}{2}.\] Суммарная начальная энергия конденсаторов: \[W_1 = 2\cdot\frac{C(\varepsilon/2)^2}{2} = \frac{C\varepsilon^2}{4}.\]

Обозначим через \(q_2\) и \(q_3\) заряды верхнего и нижнего конденсаторов, установившиеся после замыкания ключа. Напряжения на этих конденсаторах равны соответственно \(2\varepsilon\) и \(\varepsilon\). Заряды конденсаторов: \[q_2 = 2C\varepsilon, \qquad q_3 = C\varepsilon.\] Суммарная конечная энергия конденсаторов: \[W_2 = \frac{C(2\varepsilon)^2}{2} + \frac{C\varepsilon^2}{2} = \frac{5C\varepsilon^2}{2}.\] Приращение энергии: \[\Delta W = W_2 - W_1 = \frac{5C\varepsilon^2}{2} - \frac{C\varepsilon^2}{4} = \frac{9C\varepsilon^2}{4}.\]

Рассмотрим работу, которую совершили батареи при перераспределении зарядов. Через батарею с ЭДС \(\varepsilon\), против направления её действия, прошёл положительный заряд \((q_1 + q_3)\). Работа батареи равна: \[A_1 = -\varepsilon(q_1 + q_3) = -\varepsilon\left(\frac{C\varepsilon}{2} + C\varepsilon\right) = -\frac{3C\varepsilon^2}{2}.\] В направлении действия батареи с ЭДС \(2\varepsilon\) прошёл положительный заряд \((q_2 + q_3)\). Работа этой батареи равна: \[A_2 = 2\varepsilon(q_2 + q_3) = 2\varepsilon(2C\varepsilon + C\varepsilon) = 6C\varepsilon^2.\] Суммарная работа батарей: \[A = A_1 + A_2 = -\frac{3C\varepsilon^2}{2} + 6C\varepsilon^2 = \frac{9C\varepsilon^2}{2}.\] Обозначим через \(Q\) количество теплоты, выделившейся в цепи после замыкания ключа. Найдём его из уравнения баланса энергии: \[A = \Delta W + Q \;\Rightarrow\; Q = A - \Delta W = \frac{9C\varepsilon^2}{2} - \frac{9C\varepsilon^2}{4} = \frac{9C\varepsilon^2}{4} = 0{,}9 \text{ мДж}.\] Ответ: \(Q = \dfrac{9C\varepsilon^2}{4} = 0{,}9\) мДж.

Подсказка

ЭДС индукции в стержне равна \(BaV\); сопротивления \(R\) и \(2R\) включены параллельно относительно стержня, найдите полное сопротивление цепи.

Ответ

\(I = \dfrac{3BaV}{5R} = 20\) мА.

Решение

Рассмотрим общую схему, в которой сопротивление движущегося стержня равно \(R\), а шины замкнуты через сопротивления \(R_1\) и \(R_2\). В этой схеме имеем два плоских замкнутых контура 1 и 2. Первый контур включает в себя движущийся стержень и сопротивление \(R_1\), второй — стержень и сопротивление \(R_2\). Направим вектор \(\vec n\) единичной нормали к плоскости контуров вдоль вектора магнитной индукции. Положительное направление обхода контуров связано с направлением вектора \(\vec n\) правилом правого винта (правилом буравчика). В нашем случае это направление по часовой стрелке. Рассмотрим ЭДС индукции, возникающие в контурах при движении стержня. За время \(\Delta t\) стержень перемещается на расстояние \(V\Delta t\). Приращение площади первого контура равно: \[\Delta S_1 = aV\Delta t.\]

Приращение магнитного потока через первый контур: \[\Delta\Phi_1 = \vec B\cdot\vec n\,\Delta S_1 = BaV\Delta t.\] ЭДС индукции, действующая в первом контуре: \[\varepsilon_1 = -\frac{\Delta\Phi_1}{\Delta t} = -BaV.\] Знак минус означает, что ЭДС действует против положительного направления обхода, то есть против часовой стрелки. Площадь второго контура при движении стержня уменьшается. Поэтому её приращение за время \(\Delta t\) отрицательно: \(\Delta S_2 = -\Delta S_1\). Приращение магнитного потока через второй контур: \[\Delta\Phi_2 = \vec B\cdot\vec n\,\Delta S_2 = -BaV\Delta t.\] ЭДС индукции, действующая во втором контуре: \[\varepsilon_2 = -\frac{\Delta\Phi_2}{\Delta t} = BaV.\] Эта ЭДС действует по часовой стрелке. Обозначим \(\varepsilon = |\varepsilon_1| = \varepsilon_2 = BaV\).

Рассмотрим эквивалентную схему, обеспечивающую правильное направление действия ЭДС индукции \(\varepsilon\) (против часовой стрелки в первом контуре и по часовой стрелке во втором). Учитывая, что в нашей задаче физической причиной возникновения ЭДС является действие силы Лоренца на электроны проводимости в движущемся стержне, в эквивалентной схеме заменим стержень батареей с ЭДС \(\varepsilon\) и сопротивлением \(R\). В этой схеме нужно найти силу тока \(I\), текущего через батарею. Сопротивления \(R_1\) и \(R_2\) соединены параллельно. Их общее сопротивление равно \(R_1R_2/(R_1 + R_2)\). Общее сопротивление цепи: \[R_0 = R + \frac{R_1R_2}{R_1 + R_2}.\] Искомая сила тока: \[I = \frac{\varepsilon}{R_0} = \frac{\varepsilon(R_1 + R_2)}{R(R_1 + R_2) + R_1R_2}.\]

В частном случае, когда \(R_1 = R\) и \(R_2 = 2R\), получаем: \[I = \frac{\varepsilon\cdot 3R}{R\cdot 3R + 2R^2} = \frac{3\varepsilon}{5R} = \frac{3BaV}{5R} = 20 \text{ мА}.\] Ответ: \(I = \dfrac{3BaV}{5R} = 20\) мА.

Подсказка

Постройте изображение стрелки в первой линзе по формуле тонкой линзы, а затем используйте его как предмет для второй линзы; подобие треугольников даст ответ.

Ответ

\(x = \dfrac{F_1F_2}{(a + F_1)(s - F_2) + aF_1} = 0{,}4\).

Решение

Обозначим через \(A_1\) прямое мнимое изображение стрелки \(A\), построенное рассеивающей линзой \(L_1\). Это изображение расположено между стрелкой \(A\) и линзой. Его вершина лежит на луче, проходящем через вершину \(A\) и оптический центр линзы. Обозначим через \(h_1\) высоту этого изображения и через \(c\) его расстояние до линзы \(L_1\). По формуле линзы: \[\frac{1}{a} - \frac{1}{c} = -\frac{1}{F_1} \;\Rightarrow\; \frac{1}{c} = \frac{1}{a} + \frac{1}{F_1}, \qquad c = \frac{aF_1}{a + F_1}.\] Высоту изображения \(h_1\) находим из подобия треугольников: \[\frac{h_1}{h} = \frac{c}{a} \;\Rightarrow\; h_1 = \frac{hc}{a} = \frac{hF_1}{a + F_1}.\]

Изображение \(A_1\) играет роль предмета для собирающей линзы \(L_2\), которая строит его действительное перевёрнутое изображение \(A_2\) на экране \(B\). Вершина стрелки \(A_2\) лежит на луче, проходящем через вершину стрелки \(A_1\) и оптический центр линзы \(L_2\). Высота этой стрелки равна \(H\). Обозначим через \(b\) расстояние от линзы \(L_2\) до экрана. Учитывая, что расстояние от изображения \(A_1\) до линзы \(L_2\) равно \((s + c)\), получаем: \[\frac{1}{s + c} + \frac{1}{b} = \frac{1}{F_2} \;\Rightarrow\; \frac{1}{b} = \frac{1}{F_2} - \frac{1}{s + c}, \qquad b = \frac{F_2(s + c)}{s + c - F_2}.\]

Из подобия треугольников следует, что: \[\frac{H}{h_1} = \frac{b}{s + c} \;\Rightarrow\; H = h_1\cdot\frac{b}{s + c} = \frac{hF_1}{a + F_1}\cdot\frac{F_2}{s + c - F_2}.\] Здесь имеем: \[(a + F_1)(s + c - F_2) = (a + F_1)\left(s - F_2 + \frac{aF_1}{a + F_1}\right) = (a + F_1)(s - F_2) + aF_1.\] Окончательно получаем: \[x = \frac{H}{h} = \frac{F_1F_2}{(a + F_1)(s - F_2) + aF_1} = 0{,}4.\] Ответ: \(x = \dfrac{F_1F_2}{(a + F_1)(s - F_2) + aF_1} = 0{,}4\).