Курчатов, 2025/26, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Разберите каждое действие отдельно: доска либо не скользит по земле, либо скользит. Для каждого случая найдите смещение центра масс за действие, затем сложите смещения.

Ответ

\(X = \dfrac{(F_1 - F_2)\,m\ell}{\mu g (M+m)^2}\) при \(\mu \ge \dfrac{F_2}{(M+m)g}\);

\(X = \dfrac{m\ell}{M+m} + \dfrac{F_1 m\ell}{\mu g (M+m)^2} - \dfrac{2\mu M m g\ell}{(M+m)(F_2 - \mu m g)}\) при \(\dfrac{F_2}{(M+m)g} > \mu \ge \dfrac{F_1}{(M+m)g}\);

\(X = \dfrac{2\mu M m g\ell}{M+m}\left(\dfrac{1}{F_1 - \mu m g} - \dfrac{1}{F_2 - \mu m g}\right)\) при \(\dfrac{F_1}{(M+m)g} > \mu > 0\).

Решение

Действие 1. Глюк тянет ноги на себя. Ускорение Глюка относительно земли \(a_ч = \dfrac{F_1}{m}\). Возможны два случая.

Случай 1: \(\mu \ge \dfrac{F_1}{(M+m)g}\) — доска не скользит. Сила трения покоя действует на доску по направлению движения Глюка и равна \(F_1\). В системе отсчёта доски \(a'_1 = \dfrac{F_1}{m}\), время проскальзывания \(t_1 = \sqrt{\dfrac{2m\ell}{F_1}}\). Для центра масс системы \((M+m)a_{c1} = F_1\), откуда \(a_{c1} = \dfrac{F_1}{M+m}\), а скорость центра масс в конце проскальзывания \(v_{c1} = \sqrt{\dfrac{2F_1 m\ell}{(M+m)^2}}\). Далее система движется как целое с замедлением \(\mu g\), и перемещение центра масс за первое действие \[x_{c1} = \frac{v_{c1}^2}{2a_{c1}} + \frac{v_{c1}^2}{2\mu g} = \frac{m\ell}{M+m} + \frac{F_1 m\ell}{\mu(M+m)^2 g}.\]

Случай 2: \(\mu < \dfrac{F_1}{(M+m)g}\) — доска скользит. Сила трения скольжения действует на доску по направлению движения Глюка и равна \(\mu(M+m)g\). Ускорение доски \(a_д = \dfrac{F_1 - \mu(M+m)g}{M}\), относительное ускорение Глюка \[a''_1 = a_ч - a_д = \frac{(M+m)(F_1 - \mu m g)}{Mm}.\] Время проскальзывания \(t'_1 = \sqrt{\dfrac{2Mm\ell}{(M+m)(F_1 - \mu m g)}}\). Ускорение центра масс \(a'_{c1} = \mu g\), его скорость в конце проскальзывания \(v'_{c1} = \mu g\,t'_1\). Далее система замедляется с модулем ускорения \(\mu g\), и перемещение центра масс \[x'_{c1} = \frac{v'^2_{c1}}{2a'_{c1}} + \frac{v'^2_{c1}}{2\mu g} = \frac{2\mu M m g\ell}{(M+m)(F_1 - \mu m g)}.\]

Действие 2. Глюк выпрямляет ноги. Сила \(F_2\) направлена противоположно \(F_1\), поэтому перемещения имеют противоположный знак. Для случая, когда доска не скользит (\(\mu \ge \dfrac{F_2}{(M+m)g}\)), \(x_{c2} = -\dfrac{m\ell}{M+m} - \dfrac{F_2 m\ell}{\mu(M+m)^2 g}\). Для случая, когда доска скользит, \(x'_{c2} = -\dfrac{2\mu M m g\ell}{(M+m)(F_2 - \mu m g)}\).

Складывая перемещения обоих действий, получаем три выражения для \(X\), приведённые в ответе (в зависимости от \(\mu\) относительно \(\dfrac{F_1}{(M+m)g}\) и \(\dfrac{F_2}{(M+m)g}\)).

Подсказка

Вершина неподвижна, значит, мгновенная ось вращения проходит через вершину и точку касания. Найдите полную угловую скорость как сумму вращения вокруг вертикальной оси и вращения вокруг собственной оси конуса.

Ответ

\(\dfrac{v_A}{v_B} = \dfrac{2\cos\alpha}{\sqrt{1 + \cos^2\alpha}}\); при \(\alpha = 30^\circ\) \(\dfrac{v_A}{v_B} = \dfrac{2\sqrt{21}}{7}\).

Решение

Высота конуса \(h = r\,\mathrm{ctg}\,\alpha\). Центр основания \(O\) движется по окружности радиуса \(h\) с линейной скоростью \(v_0\), поэтому угловая скорость вращения конуса вокруг вертикальной оси через вершину \[\omega_1 = \frac{v_0}{h} = \frac{v_0\,\mathrm{tg}\,\alpha}{r}.\] Кроме того, конус вращается вокруг собственной горизонтальной оси. Условие отсутствия проскальзывания в точке касания даёт \[\omega_2 = \frac{v_0}{r}.\] Так как оси вращения перпендикулярны, полная мгновенная угловая скорость \[\omega = \sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2} = \frac{v_0}{r}\sqrt{\mathrm{tg}^2\alpha + 1} = \frac{v_0}{r\cos\alpha}.\] Расстояние от наиболее удалённой точки основания \(B\) до мгновенной оси: \(O'B = r\sqrt{1 + \cos^2\alpha}\). Тогда \[v_B = \omega\cdot O'B = v_0\sqrt{\frac{1 + \cos^2\alpha}{\cos^2\alpha}}.\] Верхняя точка конуса \(A\) вдвое дальше от оси вращения, чем точка \(O\), поэтому \(v_A = 2v_0\). Искомое отношение: \[\frac{v_A}{v_B} = \frac{2\cos\alpha}{\sqrt{1 + \cos^2\alpha}}.\] При \(\alpha = 30^\circ\), \(\cos\alpha = \dfrac{\sqrt3}{2}\): \[\frac{v_A}{v_B} = \frac{2\sqrt{21}}{7}.\]

Подсказка

Условия равновесия поршней дают связь давлений, жёсткость стержня даёт связь объёмов. Газ в цилиндре \(A\) сжимается адиабатически, поэтому его давление и температура связаны уравнением адиабаты.

Ответ

1) \(T_A = T_0 + \dfrac{8}{53}\Delta T\),  \(p_{A1} = p_0\left(1 + \dfrac{20\,\Delta T}{53\,T_0}\right)\);  2) \(Q = \dfrac{255}{106}\,\nu_0 R\,\Delta T\).

Решение

До присоединения стержня \(V_{A0} = V_{B0} = \dfrac{\nu_0 R T_0}{p_0}\).

После присоединения стержня поршни не движутся. Обозначим давления в цилиндрах после нагрева \(p_{A1}\) и \(p_{B1}\), силу в стержне \(F\) (положительная — сжатие стержня). Условия равновесия поршней: \[\begin{cases} p_0 S_0 + F = p_{A1} S_0, \\ 4p_0 S_0 + F = 4p_{B1} S_0 . \end{cases}\] Отсюда \(4\Delta p_B = \Delta p_A\), где \(\Delta p_A = p_{A1} - p_0\), \(\Delta p_B = p_{B1} - p_0\). Из жёсткости стержня и равенства перемещений поршней \(\Delta V_B = 4\Delta V_A\), где \(\Delta V_A\) — уменьшение объёма \(A\), \(\Delta V_B\) — увеличение объёма \(B\).

Уравнения состояния: \[p_{A1}(V_{A0} - \Delta V_A) = \nu_0 R T_A, \qquad p_{B1}(V_{B0} + \Delta V_B) = \nu_0 R (T_0 + \Delta T).\] Газ в цилиндре \(A\) претерпевает адиабатический процесс: \(p_{A1}(V_{A0} - \Delta V_A)^\gamma = p_0 V_{A0}^\gamma\), где \(\gamma = \dfrac{5}{3}\). Линеаризуя, \[p_{A1} \approx p_0 + \frac{p_0\gamma\,\Delta V_A}{V_{A0}} .\] Подставляя это в уравнения состояния и пренебрегая членами второго порядка малости, получаем \[\nu_0 R (T_A - T_0) = p_0\Delta V_A(\gamma - 1), \qquad \nu_0 R\,\Delta T = p_0\Delta V_A\left(\frac{\gamma}{4} + 4\right).\] Отсюда \[\Delta V_A = \frac{4\nu_0 R\,\Delta T}{p_0(16 + \gamma)} = \frac{12\,\nu_0 R\,\Delta T}{53\,p_0},\] \[\Delta T_A = \frac{8}{53}\Delta T, \qquad T_A = T_0 + \frac{8}{53}\Delta T .\] Давление в цилиндре \(A\): \[p_{A1} = p_0\left(1 + \frac{\gamma\,\Delta V_A}{V_{A0}}\right) = p_0\left(1 + \frac{20\,\Delta T}{53\,T_0}\right),\] где учтено \(p_0 V_{A0} = \nu_0 R T_0\).

2) Первый закон термодинамики для всей системы: \(Q = \Delta U_A + \Delta U_B - A_{\text{атм}}\). Работа атмосферы \(A_{\text{атм}} = p_0(\Delta V_A - \Delta V_B) = -3p_0\Delta V_A = -\dfrac{36}{53}\nu_0 R\,\Delta T\). Изменения внутренней энергии: \(\Delta U_A = \dfrac{3}{2}\nu_0 R\,\Delta T_A = \dfrac{12}{53}\nu_0 R\,\Delta T\), \(\Delta U_B = \dfrac{3}{2}\nu_0 R\,\Delta T\). Поэтому \[Q = \frac{12}{53}\nu_0 R\Delta T + \frac{3}{2}\nu_0 R\Delta T + \frac{36}{53}\nu_0 R\Delta T = \frac{255}{106}\,\nu_0 R\,\Delta T .\]

Подсказка

Система из пункта 1 — два параллельных конденсатора: между шаром и оболочкой и между внешней поверхностью оболочки и бесконечностью. Потенциалы внутренней и внешней поверхностей оболочки равны.

Ответ

1) \(\dfrac{q_{\text{внеш}}}{q_{\text{внутр}}} = \dfrac{(b+d)(b-a)}{ab}\);

2) \(C = \dfrac{4\pi\varepsilon_0\,ab}{b-a}\cdot\dfrac{ab + (b+d)(b-a)}{2ab + (b+d)(b-a)}\).

Решение

1) Система эквивалентна параллельному соединению двух ёмкостей: \(C_1\) — между внешней оболочкой и внутренним шаром (шар заземлён) и \(C_2\) — ёмкость внешнего сферического слоя радиуса \(b + d\). Ёмкость сферического конденсатора с радиусами \(a\) и \(b\): \[C_1 = 4\pi\varepsilon_0\frac{ab}{b-a},\] ёмкость уединённого сферического слоя: \[C_2 = 4\pi\varepsilon_0(b + d).\] Потенциалы внешней и внутренней поверхностей оболочки равны, поэтому \[\frac{q_{\text{внутр}}}{C_1} = \frac{q_{\text{внеш}}}{C_2} \quad\Rightarrow\quad \frac{q_{\text{внеш}}}{q_{\text{внутр}}} = \frac{C_2}{C_1} = \frac{(b+d)(b-a)}{ab}.\]

2) В системе II ёмкость между шаром и оболочкой равна \(C_1\), ёмкость внешней оболочки относительно земли равна \(C_2\). Системы далеко друг от друга, поэтому их взаимной ёмкостью пренебрегаем. Эквивалентная схема: \(C_1\) системы II соединена последовательно с параллельно соединёнными \(C_2\) (внешняя оболочка системы II) и \(C_1\) (ёмкость между шаром системы I и заземлённой оболочкой). Тогда \[\frac{1}{C} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2 + C_1},\] откуда \[C = \frac{4\pi\varepsilon_0\,ab}{b-a}\cdot\frac{ab + (b+d)(b-a)}{2ab + (b+d)(b-a)}.\]

Подсказка

Свет проходит от зеркала \(R\) до зеркала \(C\) и обратно за время \(2a/c\), за которое зеркало \(R\) успевает повернуться. Учтите, что при отражении луч поворачивается на удвоенный угол, и линза переносит изображение с увеличением.

Ответ

\(c = \dfrac{4a^2 l\,\omega}{y\,(a+b)}\).

Решение

Свет, отразившись от зеркала \(R\), идёт к зеркалу \(C\), где формируется промежуточное изображение \(S''\); лучи от него возвращаются к зеркалу \(R\). Время, за которое свет проходит путь от \(R\) до \(C\) и обратно, \[t = \frac{2a}{c}.\] За это время зеркало \(R\) поворачивается на угол \[\theta = \omega t = \frac{2a\omega}{c}.\] После отражения от \(R\) лучи поворачиваются на угол \(2\theta\), что соответствует линейному смещению изображения \(S''\): \[Y = 2a\theta = \frac{4a^2\omega}{c}.\] Оптическая система (линза \(L\) и зеркало \(R\)) переносит изображение из плоскости зеркала \(C\) в плоскость окуляра \(E\) с увеличением. Так как расстояние от линзы до мнимого источника \(S\) равно \(l\), а до оси вращения зеркала \(R\) равно \(b\), увеличение \[\Gamma = \frac{l}{a+b}.\] Измеряемое смещение в окуляре \[y = \Gamma\cdot Y = \frac{l}{a+b}\cdot\frac{4a^2\omega}{c},\] откуда \[c = \frac{4a^2 l\,\omega}{y\,(a+b)}.\]