«Ломоносов», 2025/26, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Ускорение бруска вдоль склона по модулю равно \(g\sin\alpha\), но брусок мог сначала ехать вверх. Разберите случаи по направлению движения и проверьте, возможны ли они при заданных \(\tau_1\), \(\tau_2\).

Ответ

При указанных в условии значениях описанное движение не реализуется; общий вид ответа для случаев, когда оно возможно, см. в решении.

Решение

Будем отсчитывать координату \(x\) от положения первого фотоэлемента и направим ось \(x\) так, что в момент времени \(t=0\), когда брусок начинает перекрывать первый фотоэлемент, его скорость равна \(V_1>0\). Ускорение бруска в проекции на эту ось \(a_x=\pm g\sin\alpha\equiv\pm a\), причём в итоге брусок «соскальзывает», то есть движется вниз — в направлении ускорения. Рассмотрим возможные варианты.

Вариант 1: \(a_x=+a\). Брусок всегда движется только вниз. Тогда его скорость в момент начала перекрывания второго фотоэлемента \(V_2=V_1+a\tau\). Поскольку \(b=V_1\tau_1+\dfrac{a\tau_1^2}{2}\) и \(b=V_2\tau_2+\dfrac{a\tau_2^2}{2}\), то \[a\tau=V_2-V_1=b\left(\frac1{\tau_2}-\frac1{\tau_1}\right)+\frac12\,a(\tau_1-\tau_2).\] Итак, в этом случае время равно \[\tau=\frac{V_2-V_1}{g\sin\alpha}=\frac12(\tau_1-\tau_2)+\frac{b}{g\sin\alpha}\left(\frac1{\tau_2}-\frac1{\tau_1}\right).\tag{1}\] Полученное решение справедливо не при всех численных значениях величин. При этом характере движения должны выполняться неравенства \[\tau_2\le\tau_1\le\tau_0\equiv\sqrt{\frac{2b}{g\sin\alpha}}=0{,}2\text{ с}.\tag{2}\] В частности, при \(\tau_1=2\) с и \(\tau_2=1\) с эти условия не выполняются, и поэтому описанное в условии движение не реализуется.

При других численных значениях, удовлетворяющих неравенствам (2), например при \(\tau_1=0{,}2\) с и \(\tau_2=0{,}1\) с, решение имеет место в соответствии с общей формулой (1): \[\tau=\frac12(\tau_1-\tau_2)+\frac{b}{g\sin\alpha}\left(\frac1{\tau_2}-\frac1{\tau_1}\right)=0{,}15\text{ с}.\]

Вариант 2: \(a_x=-a\). Брусок запускается вверх по склону, через некоторое время останавливается и только потом начинает соскальзывать. В этом случае может быть несколько ситуаций в зависимости от положения точки остановки по отношению ко второму фотоэлементу.

Вариант 2а: брусок до остановки проезжает оба фотоэлемента. Этот случай отличается от варианта 1 только знаком ускорения, то есть \[\tau=\frac12(\tau_1-\tau_2)+\frac{b}{g\sin\alpha}\left(\frac1{\tau_1}-\frac1{\tau_2}\right),\tag{1'}\] причём теперь точку расположения второго фотоэлемента брусок проходит медленнее, чем первого, но всё равно должен проехать её целиком, то есть условия реализуемости движения — это \[\tau_1\le\tau_2\le\tau_0\equiv\sqrt{\frac{2b}{g\sin\alpha}}.\tag{2'}\]

Вариант 2б: брусок проезжает первый фотоэлемент и останавливается над вторым. Теперь время перекрытия второго — это время возвращения в положение начала перекрытия, то есть \[V_2\tau_2-\frac{a\tau_2^2}{2}=0,\qquad V_1-a\tau=a\,\frac{\tau_2}{2}.\] С учётом выражения для \(V_1=\dfrac{b}{\tau_1}+\dfrac{a\tau_1}{2}\) найдём \[\tau=\frac12(\tau_1-\tau_2)+\frac{b}{g\sin\alpha\,\tau_1},\tag{1''}\] а условия реализуемости движения — это \[\tau_1\le\tau_0,\quad \tau_2\le2\tau_0.\tag{2''}\] Случай, когда брусок остановится на первом фотоэлементе, отвечает условиям задачи только тогда, когда второй расположен ниже первого (ведь после остановки брусок соскальзывает вниз). В этом случае время перекрытия первого фотоэлемента становится временем возвращения в начальное положение, и \(V_1=\dfrac{a\tau_1}{2}\), а из этого положения брусок едет уже вниз, разгоняясь: \[V_2=V_1+a(\tau-\tau_1)=a\left(\tau-\frac{\tau_1}{2}\right),\] и из соотношения \(b=V_2\tau_2+\dfrac{a\tau_2^2}{2}\) находим, что справедлива формула \[\tau=\frac12(\tau_1-\tau_2)+\frac{b}{g\sin\alpha\,\tau_2},\tag{1'''}\] и этот случай реализуется при \[\tau_2\le\tau_0,\quad \tau_1\le2\tau_0.\tag{2'''}\]

Итак, описанное в условии движение реализуемо только при выполнении условий на данные задачи, причём аналитический ответ в этих случаях имеет вид \[\tau=\begin{cases} \dfrac12(\tau_1-\tau_2)+\dfrac{b}{g\sin\alpha}\left(\dfrac1{\tau_2}-\dfrac1{\tau_1}\right), & \text{если } \tau_2\le\tau_1\le\tau_0\equiv\sqrt{\dfrac{2b}{g\sin\alpha}}=0{,}2\text{ с},\\[3mm] \dfrac12(\tau_1-\tau_2)+\dfrac{b}{g\sin\alpha}\left(\dfrac1{\tau_1}-\dfrac1{\tau_2}\right), & \text{если } \tau_1\le\tau_2\le\tau_0,\\[3mm] \dfrac12(\tau_1-\tau_2)+\dfrac{b}{g\sin\alpha\,\tau_1}, & \text{если } \tau_1\le\tau_0,\ \tau_2\le2\tau_0,\\[3mm] \dfrac12(\tau_1-\tau_2)+\dfrac{b}{g\sin\alpha\,\tau_2}, & \text{если } \tau_2\le\tau_0,\ \tau_1\le2\tau_0. \end{cases}\] При указанных в условии задачи численных значениях величин эти движения не реализуемы.

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

Подсказка

Испарение идёт, пока пар в помещении не станет насыщенным; тепло на него берётся от замерзающей воды. Массу пара найдите из уравнения Менделеева — Клапейрона.

Ответ

\(\Delta m=\dfrac{\mu r_{\text{п}}p_{\text{нас}}V}{\lambda_{\text{к}}RT}\approx1\) кг.

Решение

Вода начинает испаряться из сосуда, пока парциальное давление получаемого в помещении пара не достигнет давления насыщенного пара. На это будет тратиться энергия \(Q=r_{\text{п}}m_{\text{п}}\), где \(m_{\text{п}}\) — масса образующегося пара, определяемая из уравнения состояния идеального газа: \(m_{\text{п}}=\mu p_{\text{нас}}V/RT\). Расход теплоты на испарение приведёт к образованию льда массой \(\Delta m=Q/\lambda_{\text{к}}\). Подставив \(Q\) и \(m_{\text{п}}\), получим, что \[\Delta m=\frac{\mu r_{\text{п}}p_{\text{нас}}V}{\lambda_{\text{к}}RT}.\]

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

Подсказка

Слой жидкости между пластинами — источник с ЭДС \(VBd\) и внутренним сопротивлением \(r\). Мощность на нагрузке максимальна при определённом соотношении \(R\) и \(r\).

Ответ

\(d=\dfrac{2\sqrt{P_mR}}{VB}=40\) см.

Решение

В силу физической постановки задачи при возникновении движения проводящей жидкости в магнитном поле из-за действия силы Лоренца на заряды проводящей жидкости между пластинами возникает разность потенциалов \(U=VBd\). Если далее замкнуть цепь на внешнее сопротивление \(R\), то по замкнутой цепи будет протекать электрический ток \(I\). При прохождении тока через внешнее сопротивление \(R\) на нём будет выделяться мощность \(P\). При прохождении тока между пластинами через жидкую среду в ней также будет выделяться мощность, равная \(I^2r\), где \(r\) — сопротивление среды между пластинами. Сопротивление проводящей среды \(r\) при заданных геометрических размерах пластин является фиксированным и определяется внутренними свойствами материала; в частности, для проводящих сред существуют таблицы экспериментально измеренных удельных сопротивлений. Таким образом, в силу физических свойств сопротивление проводящей среды между пластинами не может изменяться и имеет некоторое фиксированное значение. Внешнее сопротивление \(R\) можно легко изменять, например, используя проволочный реостат.

Согласно закону сохранения энергии, мощность \(P\), выделяемая током на внешнем сопротивлении, равна мощности ЭДС за вычетом мощности, выделяемой на внутреннем сопротивлении, то есть \(P=IU-I^2r\).

Зависимость мощности от тока представляет собой перевёрнутую параболу. Мощность \(P\) будет равна нулю при двух значениях тока: \(I_1=0\) и \(I_2=\dfrac{U}{r}\). Так как в силу параболической зависимости вершина параболы находится посередине этих значений, то максимум мощности достигается при \(I_m=\dfrac{U}{2r}\), и соответственно максимум мощности, выделяемой током на внешнем сопротивлении, будет равен \(P_m=\dfrac{U^2}{4r}\).

С другой стороны, мощность, выделяемую на внешнем сопротивлении, можно записать иначе: \(P=I^2R=\dfrac{U^2}{(R+r)^2}\,R\). Сравнивая последние два выражения, находим, что максимальная мощность будет выделяться, если \(R=r\). Следовательно, \(P_m=\dfrac{V^2B^2d^2}{4R}\), а потому искомое расстояние \[d=\frac{2\sqrt{P_mR}}{VB}=40\text{ см}.\]

Замечание. Максимальное значение мощности можно определить иначе. Выделяющаяся на резисторе мощность равна \(P=I^2R\). По условию эта мощность должна быть максимальной, а потому должно выполняться уравнение \[\frac{dP(R)}{dR}=U^2\left[\frac{(R+r)^2-2R(R+r)}{(R+r)^4}\right]=0.\] Следовательно, \(P_m=\dfrac{V^2B^2d^2}{4R}\), а потому искомое расстояние \(d=\dfrac{2\sqrt{P_mR}}{VB}=40\) см.

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

Подсказка

Центры линз не смещаются, поэтому изображение остаётся на главной оси исходной системы. После поворота источник оказывается на расстоянии \(F\cos\alpha\) от плоскости первой линзы; примените формулу тонкой линзы дважды.

Ответ

\(x=F(4-\cos\alpha)\approx23{,}5\) см.

Решение

На рисунке изображён ход лучей при формировании изображения \(S_1\) источника света \(S\) первой линзой, повёрнутой на угол \(\alpha\). Положения линзы и её главной оптической оси после поворота показаны на рисунке пунктирными линиями.

Так как оптические центры линз при повороте не смещаются, то идущий вдоль главной оси первоначальной системы луч преломляться не будет, и изображение останется на этой оси при любых поворотах линз. После поворота первой линзы на угол \(\alpha\) источник окажется ближе к плоскости линзы — на расстоянии \(d_1=F\cos\alpha\) от неё. Поэтому первая линза будет формировать мнимое изображение \(S_1\), находящееся на главной оси первоначальной системы слева от первой линзы (см. рисунок). Чтобы найти расстояние \(f_1\) от плоскости первой линзы до изображения \(S_1\), воспользуемся формулой тонкой линзы: \[\frac1{d_1}+\frac1{f_1}=\frac1F.\] Откуда следует, что \(f_1=\dfrac{F\cos\alpha}{\cos\alpha-1}<0\). Изображение, полученное первой линзой, служит источником для второй. Расстояние вдоль главной оси первоначальной системы от него до второй линзы равно \[d_2=\frac{|f_1|}{\cos\alpha}+F=F\,\frac{2-\cos\alpha}{1-\cos\alpha}.\] Вторая линза будет формировать действительное изображение, находящееся справа от неё на расстоянии \(f_2\) на главной оси системы. Снова воспользуемся формулой тонкой линзы: \[\frac1{d_2}+\frac1{f_2}=\frac1F.\] Подставляя сюда выражение для \(d_2\), получим, что расстояние от второй линзы до изображения равно \(f_2=F(2-\cos\alpha)\).

Искомое расстояние между источником и его изображением в системе линз равно \[x=2F+f_2=F(4-\cos\alpha)\approx23{,}5\text{ см}.\]

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

Подсказка

Заряд конденсатора постоянен. Найдите изменение энергии при выдвигании пластины на \(x\): оно пропорционально \(x\), значит, сила постоянна, и время возвращения пластины — четверть периода.

Ответ

\(T=8\,\dfrac{\varepsilon}{U_0}\sqrt{\dfrac{dmx}{\varepsilon_0l(\varepsilon-1)}}\approx4{,}35\) с.

Решение

При выдвигании диэлектрической пластины из конденсатора изменяется его ёмкость. Используя формулу для ёмкости плоского конденсатора, находим, что \[C(x)=\frac{\varepsilon_0l|x|}{d}+\frac{\varepsilon\varepsilon_0l(l-|x|)}{d}=C_0\left(\varepsilon-(\varepsilon-1)\frac{|x|}{l}\right),\] где \(C_0=\dfrac{\varepsilon_0l^2}{d}\) — ёмкость пустого конденсатора. Поскольку конденсатор после зарядки отключен от источника, заряд на нём \(q=C_0U_0=\dfrac{\varepsilon_0l^2}{d}\,U_0\) будет оставаться постоянным. Изменение энергии конденсатора при выдвигании из него пластины равно \[\Delta W=\frac{q^2}{2C(x)}-\frac{q^2}{2\varepsilon C_0}=\frac{q^2d(\varepsilon-1)|x|}{2\varepsilon\varepsilon_0l^3\left(\varepsilon-(\varepsilon-1)\dfrac{|x|}{l}\right)}.\] Учитывая, что по условию \(|x|\ll l\), последнее равенство можно приближённо представить в виде \[\Delta W\approx\frac{q^2d(\varepsilon-1)|x|}{2\varepsilon^2\varepsilon_0l^3}.\] Видно, что при малых \(x\) изменение энергии конденсатора пропорционально смещению диэлектрической пластины. Поскольку изменение энергии равно работе по перемещению пластины, \(\Delta W=Fx\), сила \(F\), стремящаяся втянуть диэлектрик обратно в конденсатор, в рассматриваемых условиях является постоянной. Она вызывает постоянное по величине ускорение пластины \[a=\frac{F}{m}=\frac{q^2d(\varepsilon-1)}{2\varepsilon^2\varepsilon_0l^3m},\quad\text{или}\quad a=\frac{U_0^2\varepsilon_0l(\varepsilon-1)}{2\varepsilon^2dm}.\] Следовательно, время \(\tau\) движения пластины из смещённого положения в положение равновесия можно найти по формуле \(\tau=\sqrt{\dfrac{2x}{a}}\). Это время составляет четверть периода колебаний пластины. Отсюда \[T=8\,\frac{\varepsilon}{U_0}\sqrt{\frac{dmx}{\varepsilon_0l(\varepsilon-1)}}\approx4{,}35\text{ с}.\]

Замечание организаторов. «Подсказка» указывает на то, что нужно использовать приближение малых изменений, а то, что нужно учитывать именно первый порядок по \(x\), участник должен выяснить самостоятельно.

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