«Покори Воробьёвы горы!», 2024/25, заключительный этап, 11 класс

Для колеса работа силы трения о стержень забирает всю его кинетическую энергию. Что меняется при смене направления вращения, а что остаётся прежним?

1) \(v = 2\sqrt{\dfrac{gH}{3}}\);  2) во втором опыте колесо совершит \(n_2 = \dfrac{\operatorname{tg}\alpha-\mu}{\operatorname{tg}\alpha+\mu}\,n_1 = 35\) оборотов.

Вопрос. При скатывании без проскальзывания работа силы трения равна нулю, и убыль потенциальной энергии цилиндра в поле тяжести равна его приобретённой кинетической энергии. По теореме Кёнига кинетическая энергия цилиндра складывается из энергий поступательного и вращательного движений. В отсутствие проскальзывания \(v = \omega R\), момент инерции однородного цилиндра \(I = \dfrac{1}{2}mR^2\). Следовательно, \[mgH = \frac{mv^2}{2} + \frac{I\omega^2}{2} = \frac{3}{4}mv^2 \;\Rightarrow\; v = 2\sqrt{\frac{gH}{3}}.\]

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. Последняя до самой остановки является силой трения скольжения, и её величина равна \(\mu N\). Обозначим длину стержня \(L\); для первого опыта запишем условие равновесия моментов сил относительно оси шарнира: \[mg\frac{L}{2}\sin\alpha - NL\sin\alpha - \mu NL\cos\alpha = 0 \;\Rightarrow\; F_{\text{тр}} = \frac{\mu mg}{2}\cdot\frac{\operatorname{tg}\alpha}{\operatorname{tg}\alpha+\mu}.\] Колесо остановится, когда работа этой силы заберёт у колеса всю его кинетическую энергию, то есть \[F_{\text{тр}}\cdot 2\pi R\cdot n_1 = \frac{I}{2}\omega_0^2 \;\Rightarrow\; n_1 = \frac{I\omega_0^2}{2\pi\mu mgR}\cdot\frac{\operatorname{tg}\alpha+\mu}{\operatorname{tg}\alpha}.\] Здесь \(I\) — момент инерции колеса относительно оси симметрии. Во втором опыте (при изменении направления начального вращения) направления сил трения между колесом и стержнем изменяются на противоположные, и в этих уравнениях меняется только знак слагаемого с \(\mu\). Поэтому \[n_2 = \frac{I\omega_0^2}{2\pi\mu mgR}\cdot\frac{\operatorname{tg}\alpha-\mu}{\operatorname{tg}\alpha} = \frac{\operatorname{tg}\alpha-\mu}{\operatorname{tg}\alpha+\mu}\,n_1 = 35.\]

В капилляре решает баланс сил поверхностного натяжения и веса столба жидкости: как меняются обе величины при смене жидкости? В клине важна кривизна поверхности в поперечном сечении, а не вдоль клина.

1) во втором резервуаре уровень жидкости в капилляре будет на 2 мм ниже, чем в остальной части резервуара;  2) \(y(x) \approx \dfrac{2\sigma}{\alpha\rho g}\cdot\dfrac{1}{x}\) при \(x \gg \sqrt{\dfrac{2\sigma}{\alpha\rho g}}\).

Вопрос. Высоту подъёма жидкости в капилляре можно найти из условия равновесия столба жидкости. Для капилляра сечения круга радиуса \(r\): \[\sigma\cdot 2\pi r\cos\theta = mg = \rho\pi r^2 h g \;\Rightarrow\; h = \frac{2\sigma\cos\theta}{\rho g r}.\] В первом случае \(\theta \approx 0\), и \(h = \dfrac{2\sigma}{\rho g r}\). Во втором \(\theta \approx \pi\), и теперь \[h' = -\frac{8\sigma}{8\rho g r} = -\frac{h}{2}.\] Таким образом, во втором резервуаре уровень жидкости в капилляре будет на 2 мм ниже, чем в остальной части резервуара.

Задача. Пусть \(y(x)\) — профиль «средней линии» поверхности жидкости в клиновидном промежутке между пластинами. Так как угол при вершине клина мал, то радиус кривизны этой линии на расстоянии \(x\) от ребра двугранного угла значительно больше радиуса кривизны в поперечном сечении, который примерно равен половине расстояния между пластинами (угол смачивания считаем равным нулю, и в соответствии с условием в этом сечении профиль поверхности жидкости — полуокружность): \(r_\perp \approx x\operatorname{tg}(\alpha/2) \approx \alpha x/2\). Следовательно, лапласовское давление \[p_{\text{л}}(x) = -\rho g\, y(x) = -\sigma\left[\frac{1}{r_\perp}+\frac{1}{r_\parallel}\right] \approx -\frac{\sigma}{r_\perp} \approx -\frac{2\sigma}{\alpha x} \;\Rightarrow\; y(x) \approx \frac{2\sigma}{\alpha\rho g}\cdot\frac{1}{x}.\] Таким образом, средняя линия поверхности жидкости в узком клиновидном зазоре близка к гиперболе. Важно понимать, что использованное приближение \(r_\perp \ll r_\parallel\) означает, что полученная формула справедлива при \(y \ll x\), то есть при \(x \gg \sqrt{\dfrac{2\sigma}{\alpha\rho g}}\).

Выпишите уравнение для тока через заслонку с учётом ЭДС движения и силы Ампера. Если ток постоянен, какие члены уравнения должны обращаться в ноль при любом \(t\)?

1) вольтметр покажет нулевое напряжение;  2) \(C = \dfrac{\tau d}{B^2}\), \(x(t) = \dfrac{g}{4}t^2\) (заслонка движется с постоянным ускорением \(g/2\)); режим возможен, если в начальном состоянии заряд конденсатора противоположен по знаку индукционному току и равен \(q_0 = -\dfrac{\rho\tau^2 l d g}{2B^3}\).

Вопрос. С учётом симметрии системы в квазистационарном приближении кольцо можно рассматривать как контур, в котором ЭДС в каждой из двух его частей (по разные стороны от вольтметра) пропорциональна длине соответствующего участка кольца. Сила тока в этом контуре равна полной ЭДС, делённой на полное сопротивление. Поскольку сопротивление каждого из участков тоже пропорционально их длинам, то в соответствии с законом Ома для участка цепи с ЭДС \[U = \mathcal E_1 - I r_1 = \mathcal E_1 - \frac{\mathcal E}{r}\,r_1 = 0.\] Итак, вольтметр покажет нулевое напряжение.

Задача. При замкнутом ключе и движении заслонки будет изменяться площадь контура, содержащего конденсатор и заслонку, что приведёт к изменению магнитного потока и появлению в контуре ЭДС индукции \[\mathcal E_i = -\frac{d\Phi}{dt} = -Bl\frac{dx}{dt} = -Blv.\] Здесь ось \(x\) направлена вниз, а \(v\) — скорость падения заслонки. Будем далее считать «положительным» заряд \(q\) конденсатора, создаваемый индукционным током. Тогда ток зарядки конденсатора \[I = \frac{dq}{dt} = \frac{\mathcal E_i - U_C}{R} = \frac{Blv}{R} - \frac{q}{CR}\] (ясно, что в отсутствие ЭДС индукции заряженный конденсатор будет разряжаться). Как видно из условия, сопротивление контура можно считать равным сопротивлению заслонки \(R \approx \rho\dfrac{l}{ld} = \dfrac{\rho}{d}\). Поэтому \[\frac{dq}{dt} = \frac{Bld}{\rho}\,v - \frac{d}{\rho C}\,q.\] Исходя из правила Ленца, сила Ампера, действующая на индукционные токи, текущие через заслонку, должна тормозить её движение. Кроме того, малость сопротивления направляющих позволяет считать, что ток \(I\) распределён в заслонке равномерно по высоте, и \(F_{A} = -IBl\). Уравнение движения заслонки \(m\dfrac{dv}{dt} = mg - IBl\) с учётом того, что её масса \(m = \tau l^2 d\), приводится к виду \[\frac{dv}{dt} = g - \frac{B}{\tau l d}\,\frac{dq}{dt}.\] Согласно условию, от самого начала движения заслонка (которая до этого покоилась) движется с постоянным ускорением, и из этого уравнения находим, что \[\frac{dv}{dt} = g - \frac{B}{\tau l d}\,I = \frac{g}{2},\] то есть \(v(t) = \dfrac{g}{2}t\). Соответствующий закон движения заслонки \(x(t) = \dfrac{g}{4}t^2\). Кроме того, по значению силы тока \(q(t) = q_0 + It = q_0 + \dfrac{\tau l d g}{2B}\,t\). При подстановке законов изменения скорости заслонки и заряда конденсатора в уравнение для силы тока в цепи должно получаться тождество, то есть для любого момента времени \[\frac{\tau l d g}{2B} = \frac{Bldg}{2\rho}\,t - \frac{d}{\rho C}\left(q_0 + \frac{\tau l d g}{2B}\,t\right).\] Приравнивая коэффициенты при нулевой и первой степени \(t\), получаем \[C = \frac{\tau d}{B^2}, \qquad q_0 = -\frac{\rho\tau^2 l d g}{2B^3}.\] Как видно, необходимым условием существования указанного режима движения заслонки является наличие у конденсатора начального заряда \(q_0\), который должен быть противоположен по знаку тому, что создаёт индукционный ток. Отметим, что нахождение этого заряда не было необходимым для получения ответа, однако его нахождение фактически является проверкой корректности условия. Кроме того, мы находим связь ёмкости конденсатора с другими параметрами системы: \(C = \dfrac{\tau d}{B^2}\).

Сравните оптическую разность хода двух лучей, отражённых от верхней и нижней границ плёнки. На сколько должна уменьшиться толщина плёнки, чтобы разность хода изменилась на одну длину волны?

1) для минимума в точке наблюдения когерентные волны (одинаковая частота и постоянный сдвиг фаз) должны иметь разность фаз, равную нечётному кратному \(\pi\), то есть оптическая разность хода в этой точке равна нечётному числу полуволн;  2) \(v = \dfrac{\lambda}{2T\sqrt{n^2-\cos^2\alpha}} = \dfrac{\lambda}{T\sqrt{6}} \approx 0{,}23\) нм/с \(\approx 0{,}82\) мкм/ч (здесь \(\alpha = 30^\circ\) — угол к горизонту, т.е. \(60^\circ\) к нормали).

Вопрос. Во-первых, для создания интерференционной картины эти волны должны быть когерентны во всей области наблюдения интерференции, то есть должны иметь одинаковую частоту и постоянный сдвиг фаз. Во-вторых, для наблюдения минимума эта разность фаз должна быть равна нечётному кратному \(\pi\). Это условие будет выполнено, если в данной точке складываются волны, испущенные из одной точки (где они были синфазны), у которых оптическая разность хода до точки наблюдения была равна нечётному числу длин полуволн.

Задача. По условию освещение поверхности воды рассеянное (лучи падают со всех возможных направлений), а сама поверхность ровная и горизонтальная. Лучи, попадающие от поверхности в окуляр, наклонены к горизонту на угол \(\alpha = 30^\circ\). Ясно, что луч, образовавший эти лучи, тоже падал на поверхность под этим углом к горизонту (см. рисунок). Как видно из построения, в интерференции участвуют лучи, отражённые от двух сторон масляной плёнки толщиной \(d\). Подсчитаем оптическую разность хода пары лучей от точки падения, в которой они были синфазны. Расстояние между точками «входа» и «выхода» луча в плёнку \(D = 2d\operatorname{tg}\beta\), где угол преломления \(\beta\) находится из закона Снеллиуса: \(\sin\beta = \dfrac{1}{n}\cos\alpha\), \(\cos\beta = \sqrt{1-\dfrac{1}{n^2}\cos^2\alpha}\) и \(\operatorname{tg}\beta = \dfrac{\cos\alpha}{\sqrt{n^2-\cos^2\alpha}}\). Поэтому \[D = \frac{2d\cos\alpha}{\sqrt{n^2-\cos^2\alpha}}.\] Следовательно, путь отражённого луча до общей поверхности волнового фронта со вторым лучом \[s_1 = D\cos\alpha = \frac{2d\cos^2\alpha}{\sqrt{n^2-\cos^2\alpha}}.\] Оптическая длина хода луча, прошедшего через слой масла, \[s_2 = n\cdot\frac{2d}{\cos\beta} = \frac{2n^2 d}{\sqrt{n^2-\cos^2\alpha}}.\] Первый луч испытывает отражение от оптически более плотной среды, и к его длине хода нужно добавить половину длины волны. Про второй мы этого наверняка не знаем: скорее всего, показатель преломления воды меньше 1,5, и тогда второй луч отражается от менее плотной среды. Поскольку это точно не известно, запишем оптическую разность хода так: \[\Delta s = s_2 - s_1 - k\frac{\lambda}{2} = 2d\sqrt{n^2-\cos^2\alpha} - k\frac{\lambda}{2},\] где \(k = 0\), если показатель преломления воды больше 1,5, и \(k = 1\), если меньше. В процессе испарения толщина плёнки уменьшается, и максимумы наблюдаемой интенсивности отвечают моментам времени, когда \(\Delta s\) изменяется на целое число длин волн. Значит, промежуток времени между этими максимумами определяется из условия \[\lambda = \Delta d\cdot 2\sqrt{n^2-\cos^2\alpha} = vT\cdot 2\sqrt{n^2-\cos^2\alpha} \;\Rightarrow\; v = \frac{\lambda}{2T\sqrt{n^2-\cos^2\alpha}} = \frac{\lambda}{T\sqrt{6}} \approx 0{,}227\ \text{нм/с}.\]