«Покори Воробьёвы горы!», 2024/25, заключительный этап, 10 класс

Колесо тормозит сила трения скольжения со стороны стержня, и её величину задаёт равновесие стержня. Работа этой силы на пути в несколько оборотов забирает кинетическую энергию колеса. Для первой части: сколько энергии у катящегося цилиндра и как она делится между поступательным и вращательным движением?

1) \(v = \sqrt{gH}\);  2) \(n_2 = 320\) оборотов.

Вопрос. При скатывании без проскальзывания работа силы трения равна нулю, и убыль потенциальной энергии равна приобретённой кинетической энергии. Скорость оси связана с угловой скоростью соотношением \(v = \omega R\), а все массивные элементы тонкостенного цилиндра во вращательном движении имеют такие же скорости, как и в поступательном. Поэтому учёт энергии вращения сводится к удвоению кинетической энергии: \[mgH = 2\cdot\frac{mv^2}{2} = mv^2 \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{gH}.\]

Задача. Вращение колеса тормозится силой трения со стороны стержня. Сам стержень при этом находится в равновесии под действием силы тяжести, силы реакции шарнира, силы нормальной реакции колеса и «ответной» силы трения. До самой остановки последняя является силой трения скольжения, её величина равна \(\mu N\). Обозначим длину стержня \(L\) и для первого опыта запишем условие равновесия моментов сил относительно оси шарнира: \[\frac{mgL}{2}\sin\alpha - NL\sin\alpha + \mu N L\cos\alpha = 0 \quad\Rightarrow\quad F_{\text{тр}} = \mu N = \frac{\mu m g}{2}\cdot\frac{\operatorname{tg}\alpha}{\operatorname{tg}\alpha - \mu}.\] Колесо остановится, когда работа этой силы заберёт у колеса всю его кинетическую энергию: \[F_{\text{тр}}\cdot 2\pi R\cdot n_1 = \frac{MR^2}{2}\,\omega_0^2 \quad\Rightarrow\quad n_1 = \frac{MR\omega_0^2}{2\pi\mu m g}\cdot\frac{\operatorname{tg}\alpha-\mu}{\operatorname{tg}\alpha}.\] Во втором опыте направления сил трения между колесом и стержнем меняются на противоположные, и в этих уравнениях меняется только знак слагаемого с \(\mu\). Поэтому \[n_2 = \frac{\operatorname{tg}\alpha + \mu}{\operatorname{tg}\alpha - \mu}\,n_1 = \frac{4/\sqrt{3}}{2/\sqrt{3}}\cdot 160 = 320.\]

В изотермическом процессе тепло равно работе, а работу можно оценить как площадь под графиком. Для серии машин подумайте, какая величина в них одинакова: отношение тепла изохорного нагрева к работе за цикл.

1) \(Q_{23} \approx 234\) Дж;  2) \(\eta_2 = \dfrac{4}{17} \approx 23{,}5\,\%\).

Вопрос. При изохорном нагревании работа не совершается, и подводимое тепло равно увеличению внутренней энергии. Гелий – одноатомный идеальный газ, и при \(V_2 = V_1\), \(p_1 = 0{,}9\,p_2\): \[Q_{12} = \frac{3}{2}\,(p_2V_2 - p_1V_1) = \frac{3}{20}\,p_2V_1 \quad\Rightarrow\quad p_2V_1 = \frac{20}{3}\,Q_{12}.\] В изотермическом процессе внутренняя энергия гелия не меняется, и подведённое тепло равно работе, которая находится как площадь криволинейной трапеции под графиком. Объём в этом процессе увеличивается во столько же раз (в \(10/9\)), во сколько уменьшается давление. Если, учитывая относительную малость изменений, приблизить криволинейную трапецию обычной трапецией, получим \[Q_{23} \approx \frac{p_2 + 0{,}9\,p_2}{2}\left(\frac{10}{9}V_1 - V_1\right) = \frac{19}{180}\,p_2V_1 = \frac{19}{27}\,Q_{12} \approx 234~\text{Дж}.\]

Примечание. Формула с логарифмом даёт точное значение \(Q_{23} = \dfrac{20}{3}\,Q_{12}\ln\dfrac{10}{9} \approx 233{,}9\) Дж. Если взять приближение \(\ln\left(1 + \frac{1}{9}\right) \approx \frac{1}{9}\), получится \(Q_{23} \approx 247\) Дж.

Задача. Обозначим \(A\) работу за цикл, \(Q_{12}\) – тепло изохорного нагревания, \(Q_{23}\) – тепло изотермического расширения, \(Q_{41}\) – тепло, отданное в изотермическом сжатии. Теплота подводится в процессах 12 и 23, поэтому количество теплоты нагревателя \(Q_H = Q_{12} + Q_{23}\). По условию \(Q_{12} = k\,A\), где \(k\) одна и та же константа для всей серии. Работа совершается только в изотермических процессах, и \(A = Q_{23} + Q_{41} = Q_{23}\left(1 - \dfrac{1}{n}\right)\), где \(n\) – отношение максимальной и минимальной температур (работа и теплота в изотерме пропорциональны абсолютной температуре). Тогда обратная величина КПД \[\eta^{-1} = \frac{Q_H}{A} = \frac{Q_{12}}{A} + \frac{Q_{23}}{A} = k + \frac{n}{n-1}.\] Для первой машины \(5 = k + \dfrac{1{,}5}{0{,}5} = k + 3\), откуда \(k = 2\). Для всей серии \[\eta = \frac{n-1}{3n-2}\] и при \(n_2 = 1{,}8\) получаем \(\eta_2 = \dfrac{4}{17} \approx 23{,}5\,\%\).

Вне большей сферы поле равно нулю, так что её потенциал задан. Между сферами поле такое же, как у точечного заряда в диэлектрике, с точностью до константы. Для второй части: минимальная работа равна разности энергий поля до и после удаления слоя.

1) \(\varphi = \dfrac{q}{24\pi\varepsilon_0\varepsilon R}\);  2) \(A_{\min} = \dfrac{\pi\varepsilon_0 R_1\mathcal{E}^2}{10} \approx 8\) нДж.

Вопрос. Вне большей сферы напряжённость поля равна нулю (суммарный заряд равен нулю), поэтому её потенциал равен нулю. Между сферами поле создаётся зарядом внутренней сферы и совпадает с полем точечного заряда \(+q\) в однородном диэлектрике, значит, \(\varphi(r) = C + \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0\varepsilon r}\) при \(R \le r \le 2R\). Из условия \(\varphi(2R) = 0\) находим \(C = -\dfrac{q}{8\pi\varepsilon_0\varepsilon R}\), и \[\varphi\!\left(\frac{3R}{2}\right) = \frac{q}{6\pi\varepsilon_0\varepsilon R} - \frac{q}{8\pi\varepsilon_0\varepsilon R} = \frac{q}{24\pi\varepsilon_0\varepsilon R}.\]

Задача. Удобно найти энергию системы, мысленно вставив между слоями бесконечно тонкие близкие сферы с зарядами \(-Q\) и \(+Q\): поле при этом не меняется. Система тогда распадается на сферические конденсаторы. Энергия сферического конденсатора с радиусами обкладок \(a\) и \(b\) и диэлектриком между ними равна \(W = \dfrac{q^2}{8\pi\varepsilon_0\varepsilon}\cdot\dfrac{b-a}{ab}\), а его ёмкость \(C = 4\pi\varepsilon_0\varepsilon\,\dfrac{ab}{b-a}\). Складывая энергии трёх конденсаторов (шар с внутренним вставленным слоем, второй и третий слои, и последний слой с бесконечностью), получаем энергию поля шара с зарядом \(Q\) и слоя диэлектрика: \[W = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0\varepsilon}\left[\frac{\varepsilon}{R_1} - (\varepsilon - 1)\left(\frac{1}{R_2} - \frac{1}{R_3}\right)\right].\] Минимальная работа по удалению диэлектрика равна разности энергий конечной и начальной конфигураций. Для начальной конфигурации \(R_2 = 2R_1\), \(R_3 = 3R_1\): \[W = \frac{(5\varepsilon+1)\,Q^2}{48\pi\varepsilon_0\varepsilon R_1}.\] После удаления слоя между \(50\) см и \(R_3\) остаётся слой с \(R_2 = 2R_1\) и \(R_3' = 2{,}5R_1\): \[W' = \frac{(9\varepsilon+1)\,Q^2}{80\pi\varepsilon_0\varepsilon R_1}.\] Тогда \[A_{\min} = W' - W = \frac{(\varepsilon-1)\,Q^2}{120\pi\varepsilon_0\varepsilon R_1} = \frac{Q^2}{160\pi\varepsilon_0 R_1}.\] Заряд шара, заряженного от источника с ЭДС \(\mathcal{E}\), равен \(Q = 4\pi\varepsilon_0 R_1\mathcal{E}\), поэтому \[A_{\min} = \frac{\pi\varepsilon_0 R_1\mathcal{E}^2}{10}.\] При \(4\pi\varepsilon_0 = \dfrac{1}{9}\cdot 10^{-9}\) Кл\(^2\)с/(кг\(\cdot\)м\(^3\)) получаем численное значение \(A_{\min} = 8\) нДж.

Прямое изображение, которое получается в одной линзе, и уменьшенное – признак одного типа линзы. Затем сравните отношение расстояний от линзы до шарика и до изображения с отношением поперечных размеров и примените формулу тонкой линзы к найденным расстояниям.

1) Да, почти всегда: при \(\Gamma < 0\) и \(\Gamma > 1\) линза собирающая, при \(0 < \Gamma < 1\) – рассеивающая (исключение – \(\Gamma = 1\), предмет прижат к линзе);  2) линза рассеивающая, \(|F| = \dfrac{63}{17}L = 315\) см.

Вопрос. Для светящихся предметов (точки которых являются действительными источниками) в рассеивающей линзе изображение всегда прямое и уменьшенное, и алгебраическое поперечное увеличение \(\Gamma\) меняется от \(0\) до \(+1\) (\(+1\) соответствует предмету, прижатому к линзе). В собирающей линзе прямыми бывают только мнимые изображения предметов, и они всегда увеличенные, \(\Gamma > +1\) (кроме прижатого предмета, \(\Gamma = +1\)). Действительные изображения в собирающей линзе перевёрнутые, и для них \(\Gamma < 0\). Поэтому по \(\Gamma\) почти всегда можно определить тип линзы: \(\Gamma < 0\) и \(\Gamma > +1\) отвечают собирающей линзе (сюда формально входят случаи \(\Gamma = \pm\infty\), отвечающие приближению предмета к фокальной плоскости, хотя в этих случаях изображение наблюдать нельзя), а \(0 < \Gamma < +1\) – рассеивающей. Единственное исключение – \(\Gamma = +1\), когда предмет прижат к линзе и она фактически «не работает».

Задача. Изображение мнимое (действительный источник и его изображение находятся по одну сторону от линзы) и уменьшенное, а такая комбинация возможна только у рассеивающей линзы. Угол \(\alpha\) мал, поэтому луч, идущий вдоль прямой, соединяющей центр шарика с центром изображения, можно считать параксиальным и проходящим через оптический центр линзы. Пусть \(a\) и \(b\) – расстояния от центра шарика и от центра изображения до плоскости линзы. По данным задачи \[a - b = L\cos\alpha = \frac{84}{85}\,L, \qquad \frac{a}{b} = \frac{h}{h'} = \frac{2}{1{,}2} = \frac{5}{3},\] откуда \(a = \dfrac{42}{17}\,L\), \(b = \dfrac{126}{85}\,L\). По формуле тонкой линзы для мнимого изображения \[D = \frac{1}{a} - \frac{1}{b} = -\frac{(h-h')^2}{h\,h'\,L\cos\alpha} = -\frac{17}{63\,L}.\] Следовательно, \[|F| = \frac{63}{17}\,L = \frac{63}{17}\cdot 85~\text{см} = 315~\text{см}.\] Ответ: рассеивающая линза с фокусным расстоянием \(|F| = 315\) см.