«Ломоносов», 2024/25, заключительный этап, 11 класс

Найдите скорость шарика перед ударом по закону сохранения энергии и скорость бруска с шариком сразу после удара по закону сохранения импульса. Запишите решение уравнения колебаний с начальными условиями и найдите момент первого максимума координаты.

\(\tau=\dfrac{1}{\omega}\Bigl(2\pi-\operatorname{arctg}\bigl(\omega\sqrt{2h/g}\bigr)\Bigr)=\dfrac{7\pi}{20}\approx1{,}1\) с.

Совместим начало координат с положением равновесия бруска с прилипшим шариком, ось \(OX\) направим вертикально вверх. В положении равновесия бруска пружина сжата на \(\Delta x_1=\dfrac{mg}{k}\), а в положении равновесия бруска с шариком — на \(\Delta x_2=\dfrac{2mg}{k}\). Поэтому начальная координата бруска с шариком \[x_0=\Delta x_2-\Delta x_1=\frac{mg}{k}.\] По закону сохранения энергии скорость шарика перед ударом \(u_0=\sqrt{2gh}\). По закону сохранения импульса скорость бруска с шариком сразу после удара \(v_0=\dfrac{u_0}{2}=\sqrt{\dfrac{gh}{2}}\).

Уравнение свободных колебаний и начальные условия: \[\ddot x+\omega^2x=0,\qquad x(0)=x_0=\frac{mg}{k},\qquad \dot x(0)=-v_0=-\sqrt{\frac{gh}{2}}.\] Решение: \(x(t)=A\cos(\omega t+\varphi_0)\), где амплитуда \(A=\sqrt{x_0^2+v_0^2/\omega^2}\), круговая частота \(\omega=\sqrt{\dfrac{k}{2m}}\), начальная фаза \[\varphi_0=\operatorname{arctg}\!\Bigl(-\frac{\dot x(0)}{\omega x(0)}\Bigr)=\operatorname{arctg}\frac{v_0}{\omega x_0}=\operatorname{arctg}\Bigl(\omega\sqrt{\frac{2h}{g}}\Bigr).\] Координата бруска с шариком принимает максимальное значение в первый раз при \(\omega\tau+\varphi_0=2\pi\). Отсюда \[\tau=\frac{1}{\omega}\bigl(2\pi-\varphi_0\bigr)=\frac{1}{\omega}\Bigl(2\pi-\operatorname{arctg}\bigl(\omega\sqrt{2h/g}\bigr)\Bigr).\] Подставляя \(\omega=5\) рад/с, \(\omega\sqrt{2h/g}=1\), получим \(\tau=\dfrac{1}{5}\Bigl(2\pi-\dfrac{\pi}{4}\Bigr)=\dfrac{7\pi}{20}\approx1{,}1\) с.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

КПД равен отношению работы за цикл к теплу, полученному газом за цикл. Работа за оба цикла одна и та же (площадь цикла). Найдите, на каких участках газ получает тепло в каждом цикле, и посчитайте его через изменение внутренней энергии и работу.

\(\dfrac{\eta_2}{\eta_1}=\dfrac{33}{29}\) (так в официальном решении; по формулировке вопроса \(\dfrac{\eta_1}{\eta_2}=\dfrac{29}{33}\)).

КПД тепловой машины равен отношению работы за цикл к количеству теплоты, полученному газом в этом цикле. Работа за цикл равна площади, ограниченной циклом на \(pV\)-диаграмме, и одинакова для двух циклов. В первом цикле газ получает тепло в процессах 1–2 и 2–3, во втором — в процессе 1–3. Поэтому \[\frac{\eta_2}{\eta_1}=\frac{Q_{12}+Q_{23}}{Q_{13}}.\] Из уравнения Клапейрона–Менделеева температуры в состояниях 1, 2, 3: \[T_1=\frac{p_0V_0}{\nu R},\qquad T_2=\frac{3p_0V_0}{\nu R}=3T_1,\qquad T_3=\frac{3p_0\cdot5V_0}{\nu R}=15T_1.\] Молярные теплоёмкости одноатомного газа: \(c_V=\dfrac{3}{2}R\), \(c_p=\dfrac{5}{2}R\). Тогда \[Q_{12}=\frac{3}{2}\nu R(T_2-T_1)=3\nu RT_1,\qquad Q_{23}=\frac{5}{2}\nu R(T_3-T_2)=30\nu RT_1.\] Тепло во втором цикле по первому закону термодинамики равно сумме изменения внутренней энергии и работы газа: \[Q_{13}=\Delta U+A=\frac{3}{2}\nu R(T_3-T_1)+\frac{1}{2}(5V_0-V_0)(p_0+3p_0)=\frac{3}{2}\nu R\cdot14T_1+8p_0V_0=29\nu RT_1.\] Подставляя, получаем \[\frac{\eta_2}{\eta_1}=\frac{Q_{12}+Q_{23}}{Q_{13}}=\frac{33}{29}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Найдите разность потенциалов между пластинами из условия равновесия зарядов жидкости в магнитном поле, затем мощность на резисторе как функцию сопротивления \(R\) и условие её максимума.

\(d=\dfrac{2\sqrt{P_mR}}{VB}=40\) см.

Частицы проводящей жидкости в магнитном поле испытывают силу Лоренца \(F=qVB\), направленную перпендикулярно пластинам; она создаёт разность потенциалов между пластинами \(U=\dfrac{Fd}{q}=VBd\). Ток через резистор \(I=\dfrac{U}{R+r}\), где \(r\) — внутреннее сопротивление источника (самой жидкости между пластинами), мощность на резисторе \[P(R)=I^2R=\frac{U^2R}{(R+r)^2}.\] Максимум мощности по \(R\) определяется условием \[\frac{dP}{dR}=U^2\,\frac{(R+r)^2-2R(R+r)}{(R+r)^4}=0,\] откуда \(R=r\). Тогда \(P_m=\dfrac{U^2}{4R}=\dfrac{V^2B^2d^2}{4R}\), и искомое расстояние \[d=\frac{2\sqrt{P_mR}}{VB}=\frac{2\sqrt{10^{-3}\cdot0{,}4}}{0{,}1\cdot1}=0{,}4\ \text{м}=40\ \text{см}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Запишите формулу тонкой линзы для изображения стержня в каждой линзе при общем увеличении \(K\), решите систему двух уравнений относительно \(x\) и найдите фокусные расстояния линз из условий задачи.

\(x=\dfrac{(\Gamma-1)d}{3\Gamma+1}=5\) см.

Построим изображения стержня в линзах (см. рисунок). Чтобы изображения имели одинаковое увеличение, стержень нужно сдвинуть к первой линзе (влево).

Пусть увеличение каждого изображения при этом стало равно \(K\). Тогда для первой линзы \[\frac{1}{d-x}+\frac{1}{K(d-x)}=\frac{1}{F_1},\] а для второй \[\frac{1}{d+x}+\frac{1}{K(d+x)}=\frac{1}{F_2},\] где \(F_1\) и \(F_2\) — фокусные расстояния первой и второй линз. Решая систему из двух уравнений, получим \[x=\frac{(F_2-F_1)\,d}{F_1+F_2}.\] Найдём фокусные расстояния. Так как первая линза сначала даёт изображение без увеличения, то \(d=2F_1\), т.е. \(F_1=\dfrac{d}{2}\). Фокусное расстояние второй линзы найдём из равенства \(\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{\Gamma d}=\dfrac{1}{F_2}\), т.е. \(F_2=\dfrac{\Gamma d}{\Gamma+1}\). Подставляя в формулу для \(x\), окончательно получим \[x=\frac{(\Gamma-1)\,d}{3\Gamma+1}=\frac{2\cdot25}{10}=5\ \text{см}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Выразите оптическую разность хода двух лучей от щели до точки экрана через координату точки при \(h\ll L\) и \(x\ll L\). Найдите ширину полосы и разделите высоту экрана на неё.

\(N=\Bigl[\dfrac{2Hh}{\lambda L}\Bigr]=200\).

Рассмотрим два луча, выходящие из одной точки щели и идущие в плоскости, перпендикулярной щели. Введём координату \(x\) в плоскости второго экрана с началом на уровне зеркала. Луч 1 попадает в точку с координатой \(x\) непосредственно от щели, луч 2 — в ту же точку после отражения от зеркала. Путь луча 1 до экрана \(S_1=\sqrt{L^2+(x-h)^2}\), луча 2 — \(S_2=\sqrt{L^2+(x+h)^2}\). Геометрическая разность хода \[\Delta S=S_2-S_1=\frac{S_2^2-S_1^2}{S_2+S_1}=\frac{4xh}{S_1+S_2}.\] Так как \(h\ll L\) и \(x\ll L\), то \(S_1+S_2\approx2L\) и \[\Delta S\approx\frac{2xh}{L}.\] В точке с координатой \(x_m\) наблюдается максимум \(m\)-го порядка: \(\dfrac{2x_mh}{L}=m\lambda\). Максимум \((m+1)\)-го порядка находится в точке \(x_{m+1}\): \(\dfrac{2x_{m+1}h}{L}=(m+1)\lambda\). Ширина интерференционной полосы \[\Delta x=x_{m+1}-x_m=\frac{\lambda L}{2h}.\] Число полос на экране высотой \(H\) равно целой части отношения \(\dfrac{H}{\Delta x}\): \[N=\Bigl[\frac{H}{\Delta x}\Bigr]=\Bigl[\frac{2Hh}{\lambda L}\Bigr]=\Bigl[\frac{2\cdot5\cdot10^{-2}\cdot10^{-3}}{0{,}5\cdot10^{-6}\cdot1}\Bigr]=200.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.