«Покори Воробьёвы горы!», 2023/24, заключительный этап, 10 класс

Подсказка

Жёсткость участка лески растёт с площадью сечения и падает с длиной; при одинаковой массе площадь обратна длине. Для второй части удобно записать условия равновесия в проекциях и подставить предельные значения силы трения покоя.

Ответ

Вопрос: \(0{,}1\) мм (короткий участок) и \(0{,}9\) мм (длинный участок);  задача: \(T_1^{max}/T_1^{min} \approx 4{,}79\), где \(T_1^{max} = \dfrac{5+2\sqrt3}{22+5\sqrt3}\,2mg\) и \(T_1^{min} = \dfrac{5-2\sqrt3}{18+5\sqrt3}\,2mg\); максимум достигается, когда груз вытянут вниз по наклону до предельного трения, и сила натяжения нижнего отрезка максимальна.

Решение

Вопрос. Сила натяжения в разных сечениях лески практически одинакова. Массы участков одинаковы, а длины отличаются в три раза, значит и площади сечений отличаются в три раза (у более короткого участка сечение больше). Жёсткость участка прямо пропорциональна площади сечения и обратно пропорциональна длине, поэтому жёсткость более короткого участка в \(9\) раз больше. Растяжение короткого участка в \(9\) раз меньше растяжения длинного, а в сумме они дают \(1\) мм: короткий участок растянут на \(0{,}1\) мм, длинный — на \(0{,}9\) мм.

Задача. Пусть \(\beta\) — угол между нитями в положении равновесия. Из геометрии \(\beta = \dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\alpha}{2} = 30^\circ\). Условия равновесия груза в проекциях на оси \(x\) и \(y\) (ось \(x\) вдоль наклонной плоскости): \[T_1 + T_2\cos\beta = mg\sin\alpha + F_{тр}, \qquad N = mg\cos\alpha - T_2\sin\beta.\] Неизвестных сил больше, чем уравнений, поэтому силы в общем случае не определяются однозначно; нужное соотношение дают деформации. Растяжение первой нити равно \(\Delta l_1\), длина второй нити в недеформированном состоянии \(2l\cos\beta\), и из теоремы косинусов в первом порядке по деформациям \(\Delta l_2 = \Delta l_1\cos\beta\). Коэффициенты жёсткости обратно пропорциональны длинам в недеформированном состоянии, \(k_2/k_1 = 1/(2\cos\beta)\), поэтому \[\frac{T_2}{T_1} = \frac{k_2\,\Delta l_2}{k_1\,\Delta l_1} = \frac{1}{2}.\] Сила трения покоя ограничена: \(|F_{тр}| \le \mu N\). Это даёт \[T_1\,[2+\cos\beta] = 2mg\sin\alpha \pm 2\mu mg\cos\alpha \mp \mu T_1\sin\beta,\] откуда крайние значения натяжения нижнего отрезка \[T_1^{max} = \frac{\sin\alpha+\mu\cos\alpha}{2+\cos\beta+\mu\sin\beta}\,2mg = \frac{5+2\sqrt3}{22+5\sqrt3}\,2mg, \qquad T_1^{min} = \frac{\sin\alpha-\mu\cos\alpha}{2+\cos\beta-\mu\sin\beta}\,2mg = \frac{5-2\sqrt3}{18+5\sqrt3}\,2mg,\] и их отношение \(\dfrac{T_1^{max}}{T_1^{min}} \approx 4{,}79\).

Максимум натяжения достигается, когда сила трения направлена по оси \(x\) (вниз по наклону) и имеет максимальную для покоя величину. Для этого груз сдвигают вниз, прикладывая силу вдоль оси \(x\) и растягивая отрезки лески настолько, чтобы при отпускании груз начал скользить вверх под действием натяжения нитей. Затем прикладываемую силу плавно уменьшают, так что груз очень медленно поднимается до положения, в котором сила трения становится силой трения покоя максимальной величины и удерживает груз в равновесии.

Примечание жюри: если считать, что нить единая и скользит через блок, ось которого закреплена на грузе (то есть \(T_2 \equiv T_1\)), то получается отношение \(\approx 4{,}44\). Жюри такое толкование считает противоречащим условию: задача при нём упрощается, а исследование деформаций отрезков не требуется.

Подсказка

Поршень ведёт себя как груз на пружине: при малых смещениях сила, действующая на него со стороны газа, линейна по смещению. Что произойдёт с поршнем после снятия дополнительной нагрузки, если он возвращается в положение равновесия?

Ответ

Вопрос: \(\gamma = \dfrac{i+2}{i}\), где \(i\) — число степеней свободы молекулы; для одноатомного газа \(\gamma = \dfrac{5}{3}\), для двухатомного \(\gamma = \dfrac{7}{5}\), для многоатомного \(\gamma = \dfrac{4}{3}\).  Задача: \(h_2 \approx 2h_0 - h_1 = 31\) см.

Решение

Вопрос. Внутренняя энергия идеального газа \(U = \dfrac{i}{2}\,pV\), где \(i\) — число классических степеней свободы молекулы: \(3\) для одноатомных, \(5\) для двухатомных и \(6\) для многоатомных молекул. В адиабатическом процессе \(\delta Q = 0\): \[\delta Q = p\,\Delta V + \Delta\!\left(\frac{i}{2}pV\right) = \frac{i+2}{2}\,p\,\Delta V + \frac{i}{2}\,V\,\Delta p = 0.\] Введя \(\gamma = \dfrac{i+2}{i}\), получаем \(p\gamma V^{\gamma-1}\Delta V + V^\gamma\Delta p = \Delta(pV^\gamma) = 0\), то есть \(pV^\gamma = \text{const}\). Значения показателя адиабаты: \(\dfrac{5}{3}\), \(\dfrac{7}{5}\) и \(\dfrac{4}{3}\).

Задача. Пусть \(S\) — сечение цилиндра, \(M\) — масса поршня, \(m\) — масса гирьки, \(p_A\) — атмосферное давление. Начальное давление газа \(p_0 = p_A + \dfrac{Mg}{S}\). Обозначим \(h_1 = x h_0\). При опускании поршня без теплообмена работа внешних сил идёт на внутреннюю энергию газа: \[\frac{5}{2}p_0Sh_0 + \left[(M+m)g + p_AS\right]h_0(1-x) = \frac{5}{2}p_1Sh_0\,x.\] Введём \(\delta \equiv \dfrac{mg}{p_0S}\); тогда \(x\,\dfrac{p_1}{p_0} = 1 + \dfrac{2}{5}(1+\delta)(1-x)\). С учётом адиабаты для двухатомного газа \(p_1 = p_0x^{-7/5}\): \[x^{-2/5} - 1 = \frac{2}{5}(1+\delta)(1-x).\] Так как \(1-x = \dfrac{1}{30} \ll 1\), по математической подсказке с ошибкой порядка \((1/30)^3\) получаем \(\delta \approx \dfrac{7}{10}(1-x) = \dfrac{7}{300}\).

При подъёме поршня от \(h_1 = xh_0\) до \(h_2 = zh_0\) аналогично \[\frac{5}{2}p_1Sh_0x - \left[Mg + p_AS\right]h_0(z-x) = \frac{5}{2}p_0Sh_0\,z^{-2/5} \ \Rightarrow\ \left[1+(z-1)\right]^{-2/5} + \frac{2}{5}(z-1) = 1 + \frac{2}{5}\delta(1-x).\] Отличие \(z\) от единицы мало: \(\varepsilon \equiv z-1 \ll 1\), и \[\frac{7}{25}\,\varepsilon^2 \approx \frac{2}{5}\,\delta(1-x) \ \Rightarrow\ \varepsilon \approx \sqrt{\frac{10}{7}\,\delta(1-x)} \approx 1-x = \frac{1}{30}.\] Таким образом, \(h_2 \approx 2h_0 - h_1 = 31\) см.

Возможный вариант решения: разложение давления по высоте даёт линейную зависимость силы от координаты поршня, поэтому его движение почти гармоническое (газ действует как пружина). После снятия дополнительной нагрузки поршень возвращается в положение равновесия, набирает скорость и проходит «за» него на такое же расстояние до остановки. Поэтому \(h_2 \approx 2h_0 - h_1 = 31\) см.

Подсказка

Пока сила притяжения кольца меньше веса бусинки, она остаётся на месте. Для второй части используйте закон сохранения энергии: потенциальная энергия бусинки в поле кольца зависит от её координаты вдоль оси.

Ответ

Вопрос: взаимодействие можно считать потенциальным в электростатике, то есть без учёта запаздывания (когда поля успевают установиться, а заряды движутся медленно).  1) \(|Q| \le 6\sqrt3\,\pi\varepsilon_0\,\dfrac{mga^2}{q}\);  2) \(H = (\sqrt3-1)\,a \approx 17{,}57\) см.

Решение

Вопрос. Взаимодействие зарядов по закону Кулона без учёта запаздывания потенциально, так как работу сил можно вычислять через изменение потенциальной энергии. Этот подход перестаёт быть корректным за рамками электростатики: при учёте взаимосвязи электрического и магнитного полей, излучения ускоренными зарядами и конечности скорости распространения взаимодействий. Потенциальность допустима, если все заряды, создающие поля, покоятся достаточно долго, а электромагнитными полями движущихся зарядов можно пренебречь.

Задача. Поскольку кольцо опускают «очень медленно», на бусинку действует электрическая сила со стороны практически покоящегося кольца (квазистационарное приближение).

1) Пусть кольцо находится на высоте \(h\) над поверхностью. Сила притяжения со стороны кольца, действующая на бусинку, лежащую на поверхности, равна \[F_Q = \frac{q|Q|\,h}{4\pi\varepsilon_0\,(h^2+a^2)^{3/2}}.\] Бусинка отрывается от поверхности, когда \(F_Q = mg\). Введём \(h = a\,\mathrm{tg}\,\varphi\); уравнение приводится к виду \[\frac{4\pi\varepsilon_0\,mga^2}{q|Q|} = \sin\varphi\,(1-\sin^2\varphi).\] Правая часть максимальна при \(\sin\varphi = \dfrac{1}{\sqrt3}\) и равна \(\dfrac{2}{3\sqrt3}\). Значит, отрыв невозможен при любом \(h\), если \[\frac{4\pi\varepsilon_0\,mga^2}{q|Q|} \ge \frac{2}{3\sqrt3} \ \Rightarrow\ |Q| \le \sqrt3\,\frac{6\pi\varepsilon_0\,mga^2}{q}.\] При таком заряде бусинка не сдвинется вплоть до касания кольца и поверхности.

2) Отрыв происходит при \(h = a\), если \(\dfrac{q|Q|}{8\pi\varepsilon_0 a^2} = mg\sqrt2\). Поле кольца считаем потенциальным, с потенциальной энергией бусинки как функцией координаты \(x\), отсчитываемой вверх от плоскости кольца (с учётом поля тяжести): \[U(x) = mg(a+x) - \frac{q|Q|}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{a^2+x^2}} = mg\left[a + x - 2\sqrt2\,\frac{a^2}{\sqrt{a^2+x^2}}\right].\] В точке максимального подъёма \(x = H-a\) энергия равна значению в точке старта \(x=-a\): \[-2a = H - 2\sqrt2\,\frac{a^2}{\sqrt{a^2+(H-a)^2}}.\] Обозначив \(z = \dfrac{H}{2a}\) и возведя в квадрат, получаем \(z^2 + z - \dfrac12 = 0\), с положительным корнем \(z = \dfrac{\sqrt3-1}{2}\). Итак, \(H = (\sqrt3-1)\,a \approx 17{,}57\) см.

Подсказка

Для малых углов закон преломления \(\sin\alpha/\sin\beta = n\) превращается в линейное соотношение между углами. Проследите, как угол луча меняется на каждой из трёх границ.

Ответ

Вопрос: при падении луча на границу раздела прозрачных сред отношение синусов углов падения и преломления постоянно для данных сред и равно относительному показателю преломления: \(\dfrac{\sin\alpha}{\sin\beta} = n\) (луч падающий, преломлённый и нормаль лежат в одной плоскости).  Задача: \(\delta \approx \Delta n\,\varphi \approx 1{,}5^\circ\).

Решение

Вопрос. Закон Снеллиуса: при падении светового луча на границу раздела прозрачных сред он испытывает преломление; луч падающий, луч преломлённый и нормаль к границе в точке падения лежат в одной плоскости, а отношение синусов углов падения и преломления равно постоянной для данных сред величине — относительному показателю преломления \(n\). Закон справедлив в геометрической оптике, то есть когда размеры неоднородностей и ширина пучков намного больше длины волны.

Задача. Луч испытывает три преломления на границах раздела сред. Все углы малы (менее \(7^\circ\)), поэтому синусы заменяем самими углами в радианах. При первом преломлении \(\beta \approx \dfrac{\alpha}{n_1}\). На границе клиньев угол падения \(\alpha' = \beta + \varphi \approx \dfrac{\alpha}{n_1} + \varphi\), а угол преломления \[\beta' \approx \frac{n_1}{n_2}\,\alpha' \approx \frac{\alpha}{n_2} + \frac{n_1}{n_2}\,\varphi.\] Угол падения при выходе из пластины \(\alpha'' = \beta' - \varphi \approx \dfrac{\alpha}{n_2} - \dfrac{\Delta n}{n_2}\,\varphi\), поэтому угол преломления на выходе \[\beta'' \approx n_2\,\alpha'' \approx \alpha - \Delta n\,\varphi.\] Искомый угол поворота луча \[\delta = \alpha - \beta'' \approx \Delta n\,\varphi \approx 0{,}5 \cdot 3^\circ = 1{,}5^\circ.\] Угол не зависит от исходного угла падения, важно лишь, чтобы он был достаточно мал. Положительный знак \(\delta\) соответствует повороту луча против часовой стрелки.