МОШ, 2024/25, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Оба давления на поршень всё время равны. Подумайте, что тогда даёт первое начало термодинамики для всей системы и каким получается процесс в каждой части.

Ответ

1) \(T = \dfrac{4}{3}T_0\);  2) \(\tau = \dfrac{5p_0V_0}{6\alpha T_0}\);  3) \(V_1(t) = \dfrac{2}{3}V_0 + \dfrac{1}{3}V_0 e^{-\lambda t}\), где \(\lambda = \dfrac{6\alpha T_0}{5p_0V_0}\).

Решение

а) Запишем уравнения состояния для начального момента времени: \[p_0V_0 = \nu_1R\cdot 2T_0, \qquad p_0V_0 = \nu_2R\cdot T_0.\] Отсюда получаем, что \(\nu_2 = 2\nu_1\).

Пусть в некоторый момент времени \(t\) температура в левой части цилиндра равна \(T_1\), а в правой – \(T_2\). Согласно первому началу термодинамики \[\frac{3}{2}\nu_1R(2T_0 - T_1) = \frac{3}{2}\nu_2R(T_2 - T_0), \tag{1}\] где \(T_1\) и \(T_2\) – температуры в левой и правой частях цилиндра в момент времени \(t\) соответственно.

В конце процесса теплообмена температуры в левой и правой частях уравняются. Тогда \(2T_0 - T = 2T - 2T_0\). Откуда получаем ответ на пункт а): \(T = \dfrac{4}{3}T_0\).

б) По условию задачи тепло передаётся медленно, значит, давления на поршень с двух сторон практически равны, то есть в любой момент времени \(p_1 = p_2\). Перепишем уравнение (1), воспользовавшись уравнением состояния: \[p_0V_0 - p_1V_1 = p_2V_2 - p_0V_0 \;\Longrightarrow\; p_1 = p_2 = p_0 .\] То есть процесс теплопередачи происходит изобарически, и молярная теплоёмкость равна \(c_p = \dfrac{5}{2}R\).

Пусть за малое время \(dt\) температуры частей цилиндра изменились на величины \(dT_1\) и \(dT_2\). Тогда \[\frac{5}{2}\nu_1R\,dT_1 = \alpha(T_2 - T_1)\,dt, \qquad \frac{5}{2}\nu_2R\,dT_2 = \alpha(T_1 - T_2)\,dt \;\Longrightarrow\; \frac{dT_1}{dt} = \frac{2\alpha(T_2 - T_1)}{5\nu_1R}, \quad \frac{dT_2}{dt} = \frac{2\alpha(T_1 - T_2)}{5\nu_2R}.\] Введём обозначение \(\Delta T = T_1 - T_2\). Вычтем из первого уравнения второе: \[\frac{d\Delta T}{dt} = -\frac{2\alpha}{5R}\left(\frac{1}{\nu_1} + \frac{1}{\nu_2}\right)\Delta T = -\frac{6\alpha T_0}{5p_0V_0}\,\Delta T .\] Решая это дифференциальное уравнение, получаем: \(\Delta T = T_0 e^{-\lambda t}\), где \(\lambda = \dfrac{6\alpha T_0}{5p_0V_0}\). Значит, время, в течение которого разность температур между частями цилиндра уменьшается в \(e\) раз по сравнению с начальной разностью температур \(T_0\), равно \(\tau = \dfrac{5p_0V_0}{6\alpha T_0}\).

в) Из уравнения \(T_1 - T_2 = T_0 e^{-\lambda t}\) и уравнения (1) следует: \[T_1(t) = \frac{4}{3}T_0 + \frac{2}{3}T_0 e^{-\lambda t}, \qquad T_2(t) = \frac{4}{3}T_0 - \frac{1}{3}T_0 e^{-\lambda t}.\] Так как процесс изобарический, следовательно, \(\dfrac{V_1(t)}{T_1(t)} = \dfrac{\nu_1R}{p_0}\). Откуда получаем окончательный ответ: \[V_1(t) = \frac{\nu_1R}{p_0}\left(\frac{4}{3}T_0 + \frac{2}{3}T_0 e^{-\lambda t}\right) = \frac{2}{3}V_0 + \frac{1}{3}V_0 e^{-\lambda t}.\]

Подсказка

При смещении бусинки на малый угол \(\alpha\) почти вся сила отталкивания от полукольца направлена по нормали; в касательном направлении остаётся сила только от маленького участка дуги, оказавшегося с «другой» стороны.

Ответ

1) \(q \le \dfrac{\sqrt2\,mgR}{k\lambda}\);  2) \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt2\,mR^2}{\sqrt2\,mgR - kq\lambda}}\).

Решение

а) Сместим бусинку из положения равновесия на малый угол \(\alpha\) от вертикали.

Из симметрии следует, что участок \(AB\) полукольца действует на бусинку по нормали с силой \(F_{AB}\), как показано на рисунке. Напишем условие существования возвращающей силы в касательном к полукольцу направлении (ось \(Ox\)): \[mg\sin\alpha - F_{BC}\cos\frac{\pi}{4} \ge 0 .\] Так как \(F_{BC} = k\dfrac{q\lambda R\cdot 2\alpha}{2R^2}\) (направлена под углом \(\dfrac{3\pi}{4}\) к оси \(Ox\)), и справедлива приближённая формула \(\sin\alpha \approx \alpha\), получаем \[k\frac{q\lambda R\cdot 2\alpha}{2R^2} \le \frac{mg\alpha}{\cos\frac{\pi}{4}} \;\Longrightarrow\; q \le \frac{\sqrt2\,mgR}{k\lambda}.\]

б) Запишем второй закон Ньютона для бусинки (см. рисунок): \[-m\ddot x = mg\sin\alpha - F_{BC}\cos\frac{\pi}{4} \approx mg\frac{x}{R} - k\frac{q\lambda\cdot x}{R^2}\cdot\frac{\sqrt2}{2}.\] Следовательно, период малых колебаний равен \[T = 2\pi\sqrt{\frac{\sqrt2\,mR^2}{\sqrt2\,mgR - kq\lambda}}.\]

Подсказка

Выразите ток через участок кольца через разность потенциалов на его концах, а затем сложите вклады всех участков кольца по закону Био–Савара–Лапласа: в центре они пропорциональны именно разностям потенциалов.

Ответ

1) \(B_z = \dfrac{\mu_0}{4\pi}\,\dfrac{\varphi_2 - \varphi_1}{\rho r^2}\) (вдоль оси \(z\), перпендикулярной плоскости рисунка и направленной на нас);  2) \(B = 0\).

Решение

а) Выберем ось \(z\), перпендикулярную плоскости рисунка и направленную на нас. Из закона Био–Савара–Лапласа следует, что вектор индукции поля, создаваемого участком 1-2, перпендикулярен плоскости рисунка. Его проекция на ось \(z\) равна: \[B_z = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{I_{21}L}{r^2} = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{I_{21}\rho L}{\rho r^2} = \frac{\mu_0}{4\pi}\,\frac{\varphi_2 - \varphi_1}{\rho r^2},\] где \(I_{21}\) – алгебраическое значение тока, протекающего через участок 1-2 (положителен, когда ток течёт от точки 2 к точке 1, и отрицателен, когда наоборот), \(L\) – длина участка 1-2.

б) Радиальные перемычки и прямолинейные провода в точке \(O\) магнитного поля не создают, так как лежат на прямых, проходящих через точку \(O\). Кольцо (как малое, так и большое) тоже не создают поля в точке \(O\), поскольку сумма \(\sum_i \dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{\varphi_{i+1} - \varphi_i}{\rho r^2}\) равна нулю при обходе по замкнутому контуру, который не содержит батареек. Таким образом, индукция магнитного поля в точке \(O\) равна нулю.

Подсказка

В телескопной настройке фокальные плоскости объектива и окуляра совпадают; сравните углы, под которыми изображение размера \(H\) видно из этих двух фокусов. При качании зеркала на угол \(\varphi\) изображение сдвигается на \(2F\varphi\), но плёнка тоже сдвигается.

Ответ

1) \(\gamma = \dfrac{R}{2F}\);  2) \(\varphi_{\max} = \dfrac{1}{F\delta} \approx 6{,}7\cdot 10^{-8}\) рад;  3) \(\Delta = 0{,}63\) мм.

Решение

а) При наблюдении удалённого предмета объектив формирует его действительное изображение в своей фокальной плоскости. Это изображение рассматривается в окуляр, как в лупу. Если фокальные плоскости объектива и окуляра совпадают, то параллельный входящий пучок переходит в параллельный выходящий, но идущий, вообще говоря, под другим углом к главной оптической оси системы. В этом случае наблюдение ведётся ненапряжённым глазом и угловое увеличение телескопа легко находится из рисунка \[\gamma = \frac{\alpha'}{\alpha} = \frac{H/F}{H/F_1} = \frac{F_1}{F} = \frac{R}{2F},\] где \(H\) – размер изображения в совмещённых фокальных плоскостях объектива и окуляра, \(F_1 = \dfrac{R}{2}\) – фокусное расстояние объектива.

б) При повороте зеркала из-за тряски фундамента на угол \(\varphi\) его главная оптическая ось поворачивается тоже на угол \(\varphi\), а изображение точки астрономического объекта, находящееся в фокальной плоскости, сместится, как нетрудно понять, на \(2F\varphi\) (на \(\varphi\) возрастёт угол падения и на столько же – угол отражения). Но та же тряска фундамента вызовет смещение самой плёнки на \(F\varphi\) (ибо <<всё>> вместе с фундаментом повернётся на угол \(\varphi\)), так что относительно плёнки изображение сместится только на \(F\varphi\). Очевидно, что эта величина не должна быть больше \(1/\delta\), откуда \[\varphi_{\max} = \frac{1}{F\delta} \approx 6{,}7\cdot 10^{-8}\text{ рад}.\]

в) Обозначим угловой размер источника \(\alpha = 10^{-7}\). В идеальных условиях размер его изображения на плёнке будет равен \(\Delta_0 = \alpha F\), так что на плёнке получится круг указанного диаметра. Однако вследствие вибраций обсерватории центр изображения Плутона при съёмке будет хаотически смещаться с амплитудой \(d = \varphi F\). Размах колебаний центра (расстояние между крайними положениями) будет вдвое больше амплитуды, а полный размер изображения, полученного с длительной выдержкой, составит \(\Delta = \Delta_0 + 2d = F(\alpha + 2\varphi) = 0{,}63\) мм.

Подсказка

Вертикальное положение теряет устойчивость, когда наклон начальных участков графиков момента силы и упругого момента совпадает. Для башни роль пружины играет поролон: найдите его возвращающий момент интегрированием по основанию.

Ответ

1) \(F_{\max} = \dfrac{\gamma}{l}\);  2) \(\alpha \approx 0{,}24\) рад \(\approx 14^\circ\);  3) \(L_1 = \sqrt{\dfrac{Ea^4}{6\lambda gH}}\);  4) \(L_2 = L_1\sqrt{1 + \dfrac{d^2}{2L_1^2}} \approx L_1\left(1 + \dfrac{d^2}{4L_1^2}\right)\).

Решение

а) Пусть рычаг отклонился от вертикали и находится в состоянии равновесия (см. рисунок). Тогда сумма моментов сил, действующих на рычаг, будет равна нулю: \[Fl\sin\alpha = \gamma\alpha .\]

Посмотрим на графическое решение этого уравнения. Нарисуем графики зависимости момента сил, скручивающего пружину, и момента сил упругости от угла \(\alpha\). Возможно две ситуации, изображённые на рисунках а) и б).

Видно, что в случае малой приложенной силы график синуса лежит ниже прямой и уравнение имеет только одно решение, соответствующее вертикальному положению рычага. При превышении некоторого предела решений уравнения становится два. При этом вертикальное положение оказывается неустойчивым. Действительно, при малом отклонении от положения равновесия возвращающий момент сил оказывается меньше момента сил, увеличивающего отклонение. Таким образом, при преодолении критической силы положение равновесия окажется наклонённым. Критическую силу легко рассчитать, рассмотрев переходную от рисунка а) к рисунку б) ситуацию. В ней угловой коэффициент обоих графиков в нулевом положении должен совпадать, то есть: \[F_{\max}l = \gamma \;\Rightarrow\; F_{\max} = \frac{\gamma}{l}.\]

б) Для нахождения нового положения равновесия можем воспользоваться формулой приближённого исчисления синуса угла: \[Fl\left(\alpha - \frac{\alpha^3}{6}\right) = \gamma\alpha .\] Сократим выражение на \(\alpha\), так как нулевой корень уравнения нас не интересует, и решим квадратное уравнение: \[Fl\left(1 - \frac{\alpha^2}{6}\right) = \gamma .\] Два корня уравнения соответствуют двум возможным положениям отклонения рычага: \[\alpha = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{\gamma}{Fl}\right)} = \pm\sqrt{6\left(1 - \frac{1}{1{,}01}\right)} = 0{,}24 \approx 14^\circ .\]

в) Рассмотрим теперь модель Пизанской башни, установленной на упругой опоре. Пусть основание башни наклонилось на угол \(\varphi\) (рисунок). Тогда за счёт сил упругости возникнет возвращающий момент сил. Рассчитаем его.

На расстоянии \(x\) от осевой линии поролон сожмётся на \(x\cdot\operatorname{tg}\varphi\). Тогда в сечении поролона площадью \(ds = a\,dx\) возникнет сила в соответствии с законом Гука: \[dF = E\,ds\,\varepsilon = Ea\,\frac{x\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Эта сила внесёт вклад в суммарный возвращающий момент сил: \[dM = x\,dF = Ea\,\frac{x^2\cdot\operatorname{tg}\varphi}{H}\,dx .\] Тогда суммарный момент сил может быть рассчитан как: \[M = 2\int_0^{a/2} \frac{Ea\operatorname{tg}\varphi\cdot x^2}{H}\,dx = \frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H}.\] То есть для малых углов крутильная жёсткость подставки составит \(\gamma' = \dfrac{Ea^4}{12H}\).

На наклонённую башню действует момент силы тяжести, равный: \[M_б = \frac{\lambda L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] Аналогично пункту а) башня выйдет из вертикального положения в случае равенства коэффициента пропорциональности между синусом и моментом силы и крутильной жёсткости опоры: \[\frac{Ea^4}{12H} = \frac{\lambda L_1^2}{2}\,g \quad\Rightarrow\quad L_1 = \sqrt{\frac{Ea^4}{6\lambda gH}} .\]

г) Рассмотрим наклонное равновесие башни: \[\frac{Ea^4\cdot\operatorname{tg}\varphi}{12H} = \lambda\frac{L^2}{2}\,g\sin\varphi .\] С учётом приближённых формул: \[\left(1 + \frac{\varphi^2}{3}\right) = \frac{L^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{\varphi^2}{6}\right).\] Предельный угол отклонения башни, прежде чем она опрокинется, определяется её высотой и диаметром: \(\varphi_{\text{кр}} = \dfrac{d}{L}\). Тогда для расчёта критической высоты башни запишем: \[\left(1 + \frac{d^2}{3L_2^2}\right) = \frac{L_2^2}{L_1^2}\left(1 - \frac{d^2}{6L_2^2}\right).\] Преобразуем уравнение к виду биквадратного: \[\frac{L_2^4}{L_1^2} - L_2^2\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right) - \frac{d^2}{3} = 0 .\] Рассчитаем дискриминант: \[D = \left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2}\right)^2 + \frac{4d^2}{3L_1^2}.\] С учётом указанного в условии приближения: \[D = 1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}.\] Тогда выберем положительный корень уравнения: \[L_2^2 = \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + \sqrt{1 + \frac{5d^2}{3L_1^2}}\right) \approx \frac{L_1^2}{2}\left(1 + \frac{d^2}{6L_1^2} + 1 + \frac{5d^2}{6L_1^2}\right) = L_1^2\left(1 + \frac{d^2}{2L_1^2}\right).\] И окончательно для высоты \(L_2\) с учётом приближений: \[L_2 = L_1\sqrt{1 + \frac{d^2}{2L_1^2}} \approx L_1\left(1 + \frac{d^2}{4L_1^2}\right).\]