Росатом, 2017/18, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Какая доля энергии падающего пучка попадает на правую линзу, если пучок идёт слева? Во сколько раз уменьшается площадь, на которую собирается весь пучок, если он идёт справа?

Ответ

\(\dfrac{W_{\text{правый экран}}}{W_{\text{левый экран}}} = \dfrac{1}{16}\).

Решение

Чтобы пучок оставался параллельным, у линз должны совпадать фокусы. При падении лучей на левую линзу на правую линзу попадут лучи, идущие на расстоянии, не большем половины радиуса левой линзы. Поэтому на площадь, равную площади падающего пучка, придется одна четверть его энергии (остальная попадет на боковые стенки трубы). При падении лучей справа луч, идущий через край правой линзы, окажется на расстоянии, равном половине радиуса левой. Поэтому вся энергия пучка придется на вчетверо меньшую площадь. Поэтому \[\frac{W_{\text{правый экран}}}{W_{\text{левый экран}}} = \frac{1}{16}.\]

Подсказка

Сравните время падения осколка, вылетевшего вертикально вниз, с временем падения осколка, вылетевшего вертикально вверх.

Ответ

\(t = \sqrt{\left(\dfrac{v_0}{g}\right)^2 + \left(\dfrac{\Delta t}{2}\right)^2} - \dfrac{\Delta t}{2}\).

Решение

Граната поднимается на высоту \[h = \frac{v_0^2}{2g}.\] В этот момент времени граната взрывается и осколки разлетаются во все стороны с одинаковыми скоростями. Пусть скорости осколков сразу после взрыва равны \(v\). Тогда, очевидно, осколки будут падать на землю в течение времени \[\Delta t = \frac{2v}{g}. \qquad (*)\] Действительно, первым на землю упадет осколок, летящий после взрыва вертикально вниз, последним — вертикально вверх. А поскольку последний вернется в точку взрыва через время \((*)\) после взрыва, а затем в точности повторит движение первого, то время \((*)\) и будет интервалом между падениями на землю последнего и первого. Из формулы \((*)\) находим скорость осколков сразу после взрыва: \[v = \frac{g\,\Delta t}{2}.\] Чтобы найти время падения на землю первого осколка, применим к нему закон равноускоренного движения: \[h = vt + \frac{gt^2}{2}, \qquad (**)\] где \(t\) — время падения на землю первого осколка. Решая квадратное уравнение \((**)\), находим \[t = \sqrt{\left(\frac{v_0}{g}\right)^2 + \left(\frac{\Delta t}{2}\right)^2} - \frac{\Delta t}{2}.\]

Подсказка

Запишите условие равновесия поршня через давления снизу и сверху. Как связаны концентрации газа в отсеках, если давления и температуры в каждом отсеке постоянны?

Ответ

\(p_{н} = \dfrac{6mg}{S}\), \(p_{в} = \dfrac{5mg}{S}\).

Решение

Поскольку поршень движется медленно, то он в любой момент времени находится в равновесии. Поэтому \[mg = \left(p_{н} - p_{в}\right) S, \qquad (*)\] где \(p_{н}\) и \(p_{в}\) — давления газа снизу и сверху от поршня, \(S\) — площадь сосуда. Поскольку давления и температуры газов над и под поршнем не изменяются, то не изменяются и концентрации газов. А поскольку изменения объемов верхнего и нижнего отсеков одинаковы по величине, и все молекулы из нижнего отсека переходят в верхний, то концентрации газов над и под поршнем одинаковы. Используя далее основное уравнение МКТ \(p = nkT\), где \(n\) — концентрация молекул газа, \(k\) — постоянная Больцмана, \(T\) — абсолютная температура, получим из \((*)\) \[n = \frac{mg}{kS\left(T_{н} - T_{в}\right)} = \frac{mg}{0{,}2\,kST} = \frac{5mg}{kST}.\] Теперь из основного уравнения МКТ находим давления: \[p_{н} = nkT_{н} = \frac{5mgT_{н}}{ST} = \frac{6mg}{S}, \qquad p_{в} = nkT_{в} = \frac{5mgT_{в}}{ST} = \frac{5mg}{S}.\]

Подсказка

Если тело покоится на наклонной грани, какая сила действует на клин со стороны тела? Сравните коэффициент трения с \(\operatorname{tg}\alpha\).

Ответ

Опрокидывание возможно только при \(k < \operatorname{tg}\alpha\) и при \(m \ge \dfrac{M}{3\sin\alpha\,(\sin\alpha - k\cos\alpha)}\).

Решение

Если коэффициент трения таков, что тело покоится на наклонной грани клина (\(k > \operatorname{tg}\alpha\)), то клин не может опрокинуться. Действительно, в этом случае сила, действующая на тело со стороны клина, направлена вертикально вверх и равна по величине силе тяжести тела (тело покоится!). Поэтому сила, действующая на клин со стороны тела, направлена вертикально вниз и не может опрокинуть прямоугольный клин.

Если же тело движется с ускорением, направленным вниз вдоль плоскости, то ситуация другая. В этом случае нормальная компонента силы реакции плоскости равна \(mg\cos\alpha\), а компонента силы реакции, направленная вдоль плоскости (сила трения), меньше, чем \(mg\sin\alpha\). А это значит, что суммарная сила, действующая на тело со стороны клина, направлена левее вертикали, а на клин со стороны тела — правее. Следовательно, эта сила может опрокинуть клин.

Найдем «границу» опрокидывания клина через вершину прямого угла. В момент опрокидывания сила реакции будет сосредоточена в вершине, поэтому для опрокидывания клина момент суммарной силы, действующей на клин со стороны тела (сила реакции + трения), должен стать больше момента силы тяжести (относительно вершины прямого угла). Пусть ширина нижней грани клина равна \(a\). Тогда момент силы тяжести относительно вершины прямого угла равен \[M_{mg} = \frac{1}{3}Mga.\] Момент суммарной силы, действующей на клин со стороны тела, можно вычислить отдельно для сил реакции и трения, а затем сложить. Имеем \[M_{тр} = kmg\cos\alpha\cdot a\sin\alpha,\] где \(a\sin\alpha\) — плечо силы трения относительно вершины прямого угла. Аналогично для момента силы реакции имеем \[M_{реак} = -mg\cos\alpha\cdot a\frac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha} = -mga\sin^2\alpha,\] где \(a\dfrac{\sin^2\alpha}{\cos\alpha}\) — плечо силы реакции относительно вершины прямого угла (знак «\(-\)» потому, что сила реакции «вращает» клин по часовой стрелке относительно вершины прямого угла). Отсюда заключаем, что клин перевернется, если \[mga\sin^2\alpha \ge kmga\sin\alpha\cos\alpha + \frac{1}{3}Mga,\] или \[m \ge \frac{M}{3\sin\alpha\left(\sin\alpha - k\cos\alpha\right)}.\]

Подсказка

Найдите индукцию поля одного кольца в точках на расстоянии от его оси, а затем примените закон Ампера ко второму кольцу.

Ответ

\(F = 6\pi\mu_0\dfrac{I^2R^4}{d^4}\).

Решение

Найдем индукцию магнитного поля, созданного кольцом радиуса \(2R\) в области второго кольца, а затем по закону Ампера найдем силу взаимодействия колец. Индукция магнитного поля кольца на его оси направлена вдоль оси, а в точках, расположенных на некотором расстоянии от оси (т.е. в области второго кольца), — под некоторым углом к оси (см. рисунок). Используя далее закон взаимодействия магнитного поля и тока (закон Ампера), заключаем, что суммарная сила Ампера, действующая на кольцо радиуса \(R\) со стороны магнитного поля второго кольца, направлена вдоль оси колец и определяется составляющей вектора \(\vec B\), перпендикулярной оси: \[F = 2\pi R I B_{\perp}, \qquad (1)\] где \(B_{\perp}\) — составляющая вектора индукции, перпендикулярная оси кольца.

Используем известное выражение для индукции магнитного поля кольца на его оси на расстоянии \(x\) от его плоскости: \[B = \frac{\mu_0}{2}\,\frac{I(2R)^2}{\left((2R)^2 + x^2\right)^{3/2}}, \qquad (2)\] где \(I\) — ток в кольце, \(2R\) — его радиус. Рассмотрим вспомогательную цилиндрическую поверхность, соосную оси кольца, с радиусом, равным радиусу второго кольца \(R\), и малой высотой \(\Delta x\) (см. рисунок). Так как индукция на оси кольца уменьшается с ростом расстояния от кольца, то поток вектора магнитной индукции через верхнее основание цилиндрической поверхности меньше потока через нижнее. А поскольку поток вектора магнитной индукции через любую замкнутую поверхность равен нулю (отсутствуют магнитные заряды), то разность потоков через основания \[\Delta\Phi = \pi R^2\left(B(x) - B(x + \Delta x)\right) \qquad (3)\] равна потоку вектора магнитной индукции через боковую поверхность цилиндра \[\Delta\Phi = B_{\perp}\cdot 2\pi R\,\Delta x, \qquad (4)\] где \(2\pi R\,\Delta x\) — площадь его боковой поверхности. Из формул \((3)\), \((4)\) находим \[B_{\perp} = -\frac{R}{2}\cdot\frac{B(x + \Delta x) - B(x)}{\Delta x}. \qquad (5)\] Так как \(\Delta x\) мало, то выражение \((5)\) сводится к производной величины индукции на оси кольца \((2)\) по \(x\). Дифференцируя функцию \((2)\), находим по формулам \((5)\), \((1)\) в пределе \(x \gg R\) (расстояние \(x\) здесь — то же \(d\) из условия): \[F = 6\pi\mu_0\,\frac{I^2R^4}{d^4}.\]