Курчатов, 2025/26, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Удобно разложить векторы скорости и ускорения по единичным векторам, связанным со стержнем: направленному вдоль стержня и перпендикулярному ему. Эти векторы поворачиваются вместе со стержнем.

Ответ

1) \(V = \sqrt{V_0^2 + (\omega r)^2} \approx 7{,}2\) см/с, \(\alpha = \mathrm{arctg}\dfrac{\omega r}{V_0} \approx 56^\circ\);

2) \(a = \omega\sqrt{(2V_0)^2 + (\omega r)^2} = 2\) см/с\(^2\), \(\beta = 180^\circ - \mathrm{arctg}\dfrac{2V_0}{\omega r} \approx 127^\circ\);

3) \(R = \dfrac{V^2}{a\sin(\beta - \alpha)} \approx 27{,}5\) см.

Решение

1. Введём радиус-вектор \(\vec r\) муравья от точки \(O\) и единичные векторы \(\vec e_1 = \vec r/r\) (вдоль стержня) и \(\vec e_2\) (перпендикулярно \(\vec e_1\), в сторону вращения стержня). Оба вектора жёстко связаны со стержнем и поворачиваются вместе с ним. За малое время \(\Delta t\) радиус-вектор повернулся на угол \(\Delta\varphi = \omega\Delta t\) и увеличился на \(V_0\Delta t\): \[\Delta\vec r = (r + V_0\Delta t)\vec e_1' - r\vec e_1 = r\,\Delta\vec e_1 + V_0\Delta t\,\vec e_1' .\] При \(\Delta t \to 0\) получаем \(\Delta\vec e_1 = \omega\Delta t\,\vec e_2\), поэтому

\[\vec V = \frac{\Delta\vec r}{\Delta t} = V_0\vec e_1 + \omega r\,\vec e_2, \qquad V = \sqrt{V_0^2 + (\omega r)^2} \approx 7{,}2\text{ см/с}.\] Угол с осью \(x\): \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{\omega r}{V_0}\), \(\alpha \approx 56^\circ\).

2. Приращение скорости за \(\Delta t\) с учётом \(\Delta\vec e_1 = \omega\Delta t\,\vec e_2\) и \(\Delta\vec e_2 = -\omega\Delta t\,\vec e_1\): \[\Delta\vec V = -\omega^2 r\,\Delta t\,\vec e_1 + 2V_0\omega\,\Delta t\,\vec e_2 .\] Ускорение \(\vec a = -\omega^2 r\,\vec e_1 + 2V_0\omega\,\vec e_2\), его модуль \(a = \omega\sqrt{(2V_0)^2 + (\omega r)^2} = 2\) см/с\(^2\). Угол с осью \(x\) тупой: \(\beta = 180^\circ - \mathrm{arctg}\dfrac{2V_0}{\omega r} \approx 127^\circ\).

3. Траектория — спираль Архимеда. Тангенциальное ускорение есть проекция полного ускорения на направление скорости: \(a_\tau = a\cos(\beta - \alpha)\), нормальное \(a_n = \sqrt{a^2 - a_\tau^2} = a\sin(\beta - \alpha)\). Так как \(a_n = V^2/R\), \[R = \frac{V^2}{a\sin(\beta-\alpha)} \approx 27{,}5\text{ см}.\]

Подсказка

Сила трения на шероховатом участке пропорциональна длине той части доски, которая лежит на нём. Получится уравнение, похожее на уравнение колебаний груза на пружине.

Ответ

\(\tau = \pi\sqrt{\dfrac{L}{2g\sin\alpha}} = \dfrac{\pi}{2}\) с \(\approx 1{,}6\) с.

Решение

Пусть доска переместилась на \(x\) вдоль плоскости. На неё действуют сила трения скольжения \(\vec F\), сила нормальной реакции \(\vec N\) и сила тяжести \(m\vec g\). Уравнение движения в проекции на ось \(x\) вдоль движения: \[m a_x = -F + mg\sin\alpha .\] Нормальная реакция действует только на часть доски длиной \(x\) на шероховатой полуплоскости, её масса \(m_x = \dfrac{x}{L}m\). Тогда \(N_x = m_x g\cos\alpha\), \(F = \mu N_x = \dfrac{\mu mgx}{L}\cos\alpha\), и уравнение принимает вид \[a_x + \omega^2(x - x_0) = 0, \qquad \omega = \sqrt{\frac{\mu g\cos\alpha}{L}}, \qquad x_0 = \frac{L\operatorname{tg}\alpha}{\mu}.\] Это уравнение гармонических колебаний около положения \(x_0\). Общее решение: \[x(t) = x_0 + C_1\sin\omega t + C_2\cos\omega t, \qquad V_x(t) = C_1\omega\cos\omega t - C_2\omega\sin\omega t .\] Начальные условия при \(t = 0\) (доска начинает движение из состояния покоя): \(x(0) = 0\), \(V_x(0) = 0\), откуда \(C_1 = 0\), \(C_2 = -x_0\): \[x(t) = x_0(1 - \cos\omega t), \qquad V_x(t) = x_0\omega\sin\omega t .\] Доска останавливается в момент \(t = \tau\), когда \(x(\tau) = L\) и \(V_x(\tau) = 0\): \(2x_0 = L\) и \(\omega\tau = \pi\). Из первого равенства \(\mu = 2\operatorname{tg}\alpha\), тогда \(\omega = \sqrt{\dfrac{2g\sin\alpha}{L}}\) и \[\tau = \frac{\pi}{\omega} = \pi\sqrt{\frac{L}{2g\sin\alpha}} = \frac{\pi}{2}\text{ с} \approx 1{,}6\text{ с}.\]

Подсказка

Первое начало термодинамики для газа и баланс энергии поршня дают связь работы газа с изменением его температуры. Работа газа равна работе против постоянной силы \(P_0 S + mg\).

Ответ

\(T_2 = T_1\dfrac{5 + 2k}{5} = 360\) К;  \(\dfrac{x}{h_1} = \dfrac{3k}{5} = 0{,}3\).

Решение

1. Пусть \(P_0\) — атмосферное давление, \(m\) и \(S\) — масса и площадь поршня, \(h_2\) — высота поршня в конечном состоянии, \(P\) — давление газа (одинаковое в начале и в конце), \(\nu\) — число молей. Первое начало термодинамики для газа (теплоты нет, газ расширяется в пустой сосуд и совершает работу \(A\) над поршнем): \[0 = \nu C_V(T_2 - T_1) + A .\] Баланс энергии поршня: \(mgh_2 - mgh_1 = A + P_0 S x\), где \(h_1 - h_2 = x\), откуда \(A = -(P_0 S + mg)x\). Условие равновесия поршня: \(PS = P_0 S + mg\), поэтому \(A = -PSx\).

Уравнение состояния: \(PV_1 = \nu RT_1\) и \(P(V_1 + V_2 - Sx) = \nu RT_2\). С учётом \(V_2 = kV_1\): \[A = \nu R T_2 - \nu R T_1(1 + k).\] Подставляя в первое начало, получаем \[T_2 = T_1\frac{C_P + kR}{C_P}, \qquad C_P = C_V + R .\] Для одноатомного газа \(C_V = \dfrac{3}{2}R\), \(C_P = \dfrac{5}{2}R\), поэтому \(T_2 = T_1\dfrac{5 + 2k}{5} = 360\) К.

2. Работа газа \(A = -PSx = -\nu RT_1\dfrac{x}{h_1}\) (так как \(P = \nu R T_1/V_1\) и \(V_1 = Sh_1\)). Сравнивая с \(A = \nu RT_2 - \nu RT_1(1+k)\), получаем \[\frac{x}{h_1} = \frac{T_1(1 + k) - T_2}{T_1}.\] Подставляя \(T_2\), находим \(\dfrac{x}{h_1} = \dfrac{k}{\gamma}\), где \(\gamma = \dfrac{C_P}{C_V} = \dfrac{5}{3}\), то есть \(\dfrac{x}{h_1} = \dfrac{3k}{5} = 0{,}3\).

Подсказка

Внутри металлического слоя поле равно нулю, поэтому заряд его внутренней поверхности равен по модулю заряду шара. Давление на поверхность найдите через изменение энергии поля.

Ответ

1) \(q_2 = -q_1 = -20\) нКл;  2) \(P = \dfrac{q_1^2}{32\pi^2\varepsilon_0 R^4} \approx 11\) мПа.

Решение

1. Пусть \(q_3\) — заряд внутренней поверхности слоя, тогда заряд его внешней поверхности \(q_1 - q_3\). В произвольной точке \(A\) внутри слоя поле равно нулю: \[E_A = \frac{q_2 + q_3}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = 0 \quad\Rightarrow\quad q_3 = -q_2 .\] Значит, внешняя поверхность слоя несёт заряд \(q_1 + q_2\).

Давление на внешнюю поверхность радиуса \(\rho\): элементарная работа электрических сил \(\delta A = P_r\,\Delta V = (w_1 - w_2)\Delta V\), где \(\Delta V = 4\pi\rho^2\Delta\rho\), а \(P_r = \pm P\). Отсюда \(P_r = w_1 - w_2\). Плотность энергии до увеличения радиуса \(w_1 = \varepsilon_0 E_1^2/2\), где \(E_1 = \dfrac{q_1 + q_2}{4\pi\varepsilon_0\rho^2}\); после увеличения поле в объёме \(\Delta V\) (металл) равно нулю, \(w_2 = 0\). Поэтому \[P_r = \frac{(q_1 + q_2)^2}{32\pi^2\varepsilon_0\rho^4}.\] Давление обращается в нуль при \(q_2 = -q_1 = -20\) нКл. Тогда весь заряд слоя \(q_1\) находится на его внутренней поверхности, а заряд шара равен \(-q_1\).

2. Для внутренней поверхности слоя увеличиваем радиус \(R\) на \(\Delta R\). Плотность энергии в объёме \(\Delta V = 4\pi R^2\Delta R\) до увеличения равна нулю (там металл), а после — \(w_2 = \varepsilon_0 E_2^2/2\) с \(E_2 = \dfrac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\). Поэтому \[P_r = -w_2 = -\frac{q_1^2}{32\pi^2\varepsilon_0 R^4}.\] Знак минус означает притяжение элементов внутренней поверхности к шару. Модуль давления \[P = \frac{q_1^2}{32\pi^2\varepsilon_0 R^4} \approx 11\text{ мПа}.\]

Подсказка

Индукционная ЭДС находится из закона Фарадея, а токи — из правил Кирхгофа для трёх токов. Среднее по периоду значение \(\sin\omega t\) равно нулю, а \(\sin^2\omega t\) — одной второй.

Ответ

\(P = \dfrac{\varepsilon^2}{4R}\left[1 + \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{B_0 S\omega}{2\varepsilon}\right)^2\right] \approx 31\) мВт.

Решение

Магнитный поток через левый контур \(\Phi = B_0 S\cos\omega t\), ЭДС индукции \(\varepsilon_i = -\dfrac{d\Phi}{dt} = B_0 S\omega\sin\omega t\). Для определённости рассмотрим \(\sin\omega t > 0\), когда ЭДС индукции действует по часовой стрелке. В эквивалентной схеме три неизвестных тока \(I_1\) (через \(R\)), \(I_2\) (через средний резистор \(2R\)) и \(I_3\) (через левый контур):

Правила Кирхгофа дают \[\begin{cases} I_1 + I_3 - I_2 = 0, \\ I_1 R + I_2\cdot 2R = \varepsilon, \\ I_2\cdot 2R + I_3\cdot 2R = \varepsilon_i . \end{cases}\] Исключая \(I_2\) и \(I_3\), получаем \[I_1 = \frac{2\varepsilon - \varepsilon_i}{4R}.\] Мгновенная мощность на сопротивлении \(R\): \[P(t) = I_1^2 R = \frac{1}{16R}\left(4\varepsilon^2 - 4\varepsilon\varepsilon_i + \varepsilon_i^2\right).\] Усредняя по периоду, учитываем \(\langle\varepsilon_i\rangle = 0\) и \(\langle\varepsilon_i^2\rangle = \dfrac{(B_0 S\omega)^2}{2}\): \[P = \frac{1}{16R}\left[4\varepsilon^2 + \frac{(B_0 S\omega)^2}{2}\right] = \frac{\varepsilon^2}{4R}\left[1 + \frac{1}{2}\left(\frac{B_0 S\omega}{2\varepsilon}\right)^2\right].\] Численно \(B_0 S\omega = 3\) В, \(\dfrac{B_0 S\omega}{2\varepsilon} = 1\), и \(P = \dfrac{1{,}5^2}{4\cdot 27}\cdot 1{,}5 \approx 31\) мВт.

Подсказка

В обоих случаях изображение глаза находится на расстоянии \(d\) от глаза. Отношение высот изображений равно \(n\); из подобия треугольников найдите положение изображения в зеркале и примените формулу зеркала.

Ответ

\(R = \dfrac{2nd}{n^2 - 1} = 32\) см.

Решение

Пусть \(A\) и \(B\) — верхняя и нижняя точки глаза, \(h\) — его вертикальный размер. В плоском зеркале глаз виден мнимым изображением \(A_1B_1\) высоты \(h\), расположенным на расстоянии \(d\) от глаза (зеркало посередине между глазом и изображением).

В вогнутом зеркале глаз расположен между полюсом \(O\) и фокусом \(F\), поэтому прямое мнимое изображение \(A_2B_2\) лежит на продолжении отражённых лучей за зеркалом; оно тоже находится на расстоянии \(d\) от глаза. Его высота \(H = nh\). Пусть \(x\) — расстояние от глаза до полюса, \(y\) — от полюса до изображения. Из подобия треугольников \(AOB\) и \(A_2OB_2\) имеем \(\dfrac{y}{x} = \dfrac{H}{h} = n\), то есть \(y = nx\). Учитывая \(x + y = d\): \[x = \frac{d}{n+1}, \qquad y = \frac{nd}{n+1}.\]

Формула сферического зеркала (расстояния считаются по правилу знаков для мнимого предмета): \[\frac{1}{x} - \frac{1}{y} = \frac{2}{R} \quad\Rightarrow\quad \frac{n+1}{d}\left(1 - \frac{1}{n}\right) = \frac{2}{R} \quad\Rightarrow\quad R = \frac{2nd}{n^2 - 1} = 32\text{ см}.\]