«Покори Воробьёвы горы!», 2020/21, заключительный этап, 10–11 класс

Подсказка

Проекции скоростей концов стержня на его направление совпадают. Для движения системы составьте закон сохранения энергии и выразите кинетическую энергию через скорость нижнего шарика.

Ответ

Вопрос: \(60^\circ\);  Задача: \(v=2\sin\alpha\cdot\sqrt{\dfrac35\,gL[1-\sin\alpha]}\approx1{,}4\) м/с,  \(a=\dfrac65\,g\cos\alpha\,[3\sin\alpha-2]\approx3{,}6\) м/с\(^2\).

Решение

Вопрос. Проекции скоростей всех точек стержня на ось, направленную вдоль него, должны совпадать: \(v_A\cos\alpha_A=v_B\cos\alpha_B\), откуда \(\cos\alpha_B=\dfrac{v_A}{v_B}\cos\alpha_A=\dfrac12\). Значит, скорость другого конца стержня направлена под углом \(60^\circ\) к стержню.

Задача. Рассмотрим момент, когда длинный стержень направлен под углом \(\alpha\) к горизонту, и обозначим скорость нижнего шарика в этот момент \(v\). По рассуждению, аналогичному ответу на вопрос, величина скорости верхнего шарика в этот момент равна \(v'=v\,\mathrm{ctg}\,\alpha\). Средний шарик движется по окружности радиуса \(\dfrac L2\), и его скорость всегда перпендикулярна короткому стержню, то есть направлена под углом \(\beta=2\alpha-90^\circ\) к длинному стержню. Поэтому величина этой скорости \(v''=\dfrac{v\cos\alpha}{\sin 2\alpha}=\dfrac{v}{2\sin\alpha}\).

Используя эти соотношения, выразим кинетическую энергию всей системы через скорость нижнего шарика (\(m\) — масса каждого из шариков): \[E_K=\frac m2\left(v^2+v'^2+v''^2\right)=\frac{5mv^2}{8\sin^2\alpha}.\] Эта энергия появилась благодаря убыли потенциальной энергии системы в поле тяжести Земли: \(E_K=-\Delta E_g=\dfrac{3mgL}{2}\left[1-\sin\alpha\right]\). Поэтому \[v^2=\frac{12}{5}\,gL\sin^2\alpha\,[1-\sin\alpha],\] то есть скорость нижнего шарика в нужный момент времени \(v=2\sin\alpha\cdot\sqrt{\dfrac35\,gL[1-\sin\alpha]}\approx1{,}4\) м/с.

Для вычисления ускорения можно воспользоваться тем, что \(a=\dfrac{dv}{dt}=\dfrac12\dfrac{d(v^2)}{dx}=-\dfrac{1}{2L\sin\alpha}\dfrac{d(v^2)}{d\alpha}\). Здесь использовано, что \(d(v^2)=2v\,dv\) и \(v\,dt=dx=d[L\cos\alpha]=-L\sin\alpha\,d\alpha\). Таким образом, \[a=\frac65\,g\cos\alpha\,[3\sin\alpha-2]\approx3{,}6~\text{м/с}^2.\]

Подсказка

В процессе \(p\propto V\) работу удобно считать как площадь под графиком в координатах \(p\)–\(V\). Температура на таких участках пропорциональна квадрату объёма, поэтому экстремальные температуры достигаются в определённых вершинах цикла.

Ответ

Вопрос: \(\Delta U=3A=3\) кДж;  Задача: \(\eta=\dfrac{k(n-1)}{n(4+k)}=\dfrac16\approx0{,}17\).

Решение

Вопрос. В процессе \(p=\alpha V\) работу можно вычислить как площадь под графиком процесса в координатах давление–объём: \[A_{12}=\frac{p_1+p_2}{2}(V_2-V_1)=\frac{\alpha}{2}\left(V_2^2-V_1^2\right).\] Изменение внутренней энергии одноатомного идеального газа \[\Delta U_{12}=\frac32\left(p_2V_2-p_1V_1\right)=\frac{3\alpha}{2}\left(V_2^2-V_1^2\right).\] Таким образом, для такого процесса \(\Delta U=3A=3\) кДж.

Задача. В замкнутом цикле полное изменение внутренней энергии равно нулю, и изменение внутренней энергии в изотермических процессах равно нулю, поэтому изменения внутренней энергии в двух процессах, в которых давление пропорционально объёму, противоположны: \(\Delta U_{12}=-\Delta U_{34}\). В соответствии с результатом ответа на вопрос из этого следует, что \(A_{12}=-A_{34}\equiv A\). Согласно условию, \(A_{23}=kA\). С учётом уравнения Менделеева–Клапейрона в процессах 1–2 и 3–4 температура изменяется пропорционально квадрату объёма, \(T\propto pV\propto V^2\), и поэтому \(V_2=\sqrt n\,V_1\) и \(V_3=\sqrt n\,V_4\). Следовательно, \(\dfrac{V_3}{V_2}=\dfrac{V_4}{V_1}\), и отношение модулей работ в изотермических процессах 2–3 и 4–1 равно отношению температур изотерм. Значит, \(A_{41}=-\dfrac1n A_{23}=-\dfrac kn A\). Таким образом, полная работа в цикле \[A_c=A+kA-A-\frac kn A=\frac{k(n-1)}{n}A.\]

Теплота к рабочему телу подводится в процессах 1–2 и 2–3. При этом \(Q_{12}=A_{12}+\Delta U_{12}=4A\), а для изотермического процесса \(Q_{23}=A_{23}=kA\), и количество теплоты, получаемое рабочим телом за цикл от нагревателя, \(Q_H=Q_{12}+Q_{23}=(4+k)A\). КПД цикла \[\eta=\frac{A_c}{Q_H}=\frac{k(n-1)}{n(4+k)}=\frac16,\] то есть около \(17\%\).

Подсказка

Какими свойствами обладает проводник в электростатическом поле? Для системы проводников запишите потенциалы через заряды и коэффициенты, учитывающие симметрию расположения.

Ответ

Вопрос: \(0\);  Задача: \(U'''=\dfrac{U'(U'-U)(5U-U')}{4U^2}=26{,}25\) В.

Решение

Вопрос. Любое проводящее тело в электростатическом поле — эквипотенциальная область, так как благодаря явлению электростатической индукции поле внутри проводника отсутствует. Поэтому разность потенциалов между основаниями цилиндров (как и между любыми двумя точками цилиндра) равна нулю.

Задача. Так как положение цилиндров и среда между ними не изменяются, то при любых их зарядах \[\begin{cases} \varphi_1=k_{11}Q_1+k_{12}Q_2+k_{13}Q_3\\ \varphi_2=k_{21}Q_1+k_{22}Q_2+k_{23}Q_3\\ \varphi_3=k_{31}Q_1+k_{32}Q_2+k_{33}Q_3 \end{cases}\] и в силу симметрии системы \(k_{11}=k_{22}=k_{33}\equiv\alpha\), \(k_{12}=k_{21}=k_{23}=k_{32}=k_{13}=k_{31}\equiv\beta\). Поэтому вначале, когда \(Q_1=Q_2\equiv Q\) и \(Q_3=0\), потенциалы цилиндров \(\varphi_1=\varphi_2=\alpha Q+\beta Q\), \(\varphi_3=2\beta Q\), и \(U=(\alpha-\beta)Q\).

После первого заземления потенциал цилиндра 3 становится равным нулю (меняется только заряд цилиндра, соединённого с землёй): \(\varphi_3'=\alpha Q_3'+2\beta Q=0\), и поэтому \(Q_3'=-\dfrac{2\beta}{\alpha}Q\). Значит, теперь \(\varphi_1'=\varphi_2'=(\alpha+\beta)Q+\beta Q_3'=\dfrac{(\alpha-\beta)(\alpha+2\beta)}{\alpha}Q\) и \(U'=\dfrac{\alpha+2\beta}{\alpha}U\). Мы получили, что \(\dfrac\beta\alpha=\dfrac{U'-U}{2U}\).

После второго заземления \(\varphi_2''=\beta Q+\alpha Q_2''+\beta Q_3'=0\), откуда заряд второго цилиндра: \(Q_2''=-\dfrac\beta\alpha(Q_3'+Q)=-\dfrac\beta\alpha\left(1-\dfrac{2\beta}{\alpha}\right)Q\). Новые потенциалы цилиндров 1 и 3 изменяются только из-за одинакового для них изменения вклада второго цилиндра, так что показания вольтметра не меняются (\(U''=U'\)).

Повторяя аналогичные действия для третьего заземления, найдём \(\varphi_1'''=\alpha Q_1'''+\beta Q_2''+\beta Q_3'=0\), откуда \(Q_1'''=-\dfrac\beta\alpha\left(Q_3'+Q_2''\right)=\dfrac{\beta^2}{\alpha^2}\left(3-\dfrac{2\beta}{\alpha}\right)Q\). Показания вольтметра \[U'''=0-\varphi_3'''=-\alpha Q_3'-\beta\left(Q_2''+Q_1'''\right)=\frac{\beta(\alpha-\beta)(2\alpha-\beta)(\alpha+2\beta)}{\alpha^3}Q.\] Используя соотношения \(U'=\dfrac{(\alpha-\beta)(\alpha+2\beta)}{\alpha}Q\) и \(\dfrac\beta\alpha=\dfrac{U'-U}{2U}\), получаем \[U'''=\frac{U'(U'-U)(5U-U')}{4U^2}=26{,}25~\text{В}.\]

Подсказка

Для прямого изображения подумайте, какая линза его даёт при разном расстоянии от предмета, и запишите формулу линзы с учётом знаков расстояний.

Ответ

Вопрос: \(D=\dfrac1F\) (в диоптриях, \(1\) дптр \(=1\) м\(^{-1}\));  Задача: \(D=\dfrac1F=\pm\dfrac{\sqrt2-1}{d}\approx\pm2{,}76\) дптр.

Решение

Вопрос. Оптической силой линзы называют величину, обратную фокусному расстоянию: \(D=\dfrac1F\); единица измерения — диоптрия (1 дптр \(=1\) м\(^{-1}\)). Для собирающей линзы фокус действительный, а фокусное расстояние и оптическая сила положительны; для рассеивающей линзы фокус мнимый, и они отрицательны. В приближении тонкой линзы \(D=(n-1)\left(\dfrac1{R_1}+\dfrac1{R_2}\right)\), где \(n\) — показатель преломления вещества линзы относительно окружающей среды, а радиусы \(R_{1,2}\) положительны для выпуклой поверхности и отрицательны для вогнутой. Формула линзы связывает расстояние от предмета \(a\) и до изображения \(b\): \(\dfrac1a+\dfrac1b=D=\dfrac1F\); здесь \(a\) и \(b\) положительны для действительных источников и изображений и отрицательны для мнимых.

Задача. Прямые изображения предметов (светящиеся точки которых являются действительными источниками для линзы) создают рассеивающие линзы (при любом расстоянии от предмета до линзы) и собирающие линзы (когда расстояние от предмета до линзы меньше её фокусного расстояния). В обоих случаях изображение мнимое, то есть располагается по одну сторону от линзы с предметом. Пусть \(a\) — расстояние от предмета до линзы, а \(b=-|b|\) — расстояние от линзы до мнимого изображения.

Для рассеивающей линзы оптическая сила отрицательна, а изображение находится ближе к линзе, чем предмет. Поэтому \(a=|F|+d\), а \(|b|=|F|-d\). Согласно формуле линзы \[\frac{1}{|F|+d}-\frac{1}{|F|-d}=-\frac{1}{|F|},\] откуда \(|F|^2-2d|F|-d^2=0\). Выбирая положительный корень, находим \(F=-(\sqrt2+1)\,d\).

Аналогично для собирающей линзы (мнимое изображение находится дальше от линзы, чем предмет): \(a=F-d\), а \(|b|=F+d\), и получаем уравнение \(F^2-2dF-d^2=0\), положительный корень которого снова \(F=(\sqrt2+1)\,d\).

Значит, возможные значения оптической силы линзы \[D=\frac1F=\pm\frac{\sqrt2-1}{d}\approx\pm2{,}76~\text{дптр}.\]