Санкт-Петербургская, 2013/14, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Воспользуйтесь уравнением Клапейрона–Менделеева \(pV = \nu R T\): температура пропорциональна произведению \(pV\). На каждом из трёх участков найдите \(pV\) как функцию времени.

Ответ

На участке \(0 \le t \le t_0\) температура растёт по параболе \(T(t)=T_0\left(1+\frac{t}{t_0}\right)\left(1-\frac{t}{3t_0}\right)\) от \(T_0\) до \(\frac{4}{3}T_0\); при \(t_0 \le t \le 2t_0\) она линейно убывает от \(\frac{4}{3}T_0\) до \(\frac{2}{3}T_0\); при \(t \ge 2t_0\) остаётся равной \(\frac{2}{3}T_0\).

Решение

При \(0 \le t \le t_0\) давление \(p(t)=p_0\left(1+\frac{t}{t_0}\right)\), объём \(V(t)=3V_0\left(1-\frac{t}{3t_0}\right)\). Из уравнения Клапейрона–Менделеева \[T(t)=\frac{p(t)V(t)}{\nu R}=T_0\left(1+\frac{t}{t_0}\right)\left(1-\frac{t}{3t_0}\right),\] где учтено, что при \(t=0\) это \(3p_0V_0/(\nu R)=T_0\). График — парабола с ветвями вниз, корни \(t=-t_0\) и \(t=3t_0\), вершина в точке \(t=t_0\), где \(T(t_0)=\frac{4}{3}T_0\). На этом интервале температура растёт и достигает максимума.

При \(t_0 \le t \le 2t_0\): \(p(t)=2p_0\), \(V(t)=3V_0\left(1-\frac{t}{3t_0}\right)\), поэтому \[T(t)=2T_0\left(1-\frac{t}{3t_0}\right),\] линейное убывание от \(T(t_0)=\frac{4}{3}T_0\) до \(T(2t_0)=\frac{2}{3}T_0\).

При \(t \ge 2t_0\): \(p=2p_0\), \(V=V_0\), \(T=2p_0V_0/(\nu R)=\frac{2}{3}T_0\) — не меняется.

Ответ: искомый график — кусочно-заданная функция, изображённая на рисунке организаторов: парабола на \([0,t_0]\), отрезок на \([t_0,2t_0]\), горизонтальная прямая на \([2t_0,\infty)\).

Подсказка

Сила Кулона направлена вдоль радиуса и не может создать нужного центростремительного ускорения по окружности, не лежащей на экваторе. Значит, нужна сила трения. Сравните требуемую центростремительную силу с предельной силой трения \(\mu N\).

Ответ

Робот не сможет удерживаться на линии, начиная с радиуса шара \(R=\dfrac{k|Qq|\mu}{mV^2\left(\sqrt{s^2-1}+\mu\right)}\). При \(R=\dfrac{k|Qq|}{mV^2}\) робот перестанет касаться шара непрерывно, а при \(R=\dfrac{2k|Qq|}{mV^2}\) покинет его навсегда.

Решение

Пусть радиус шара \(R\), радиус траектории робота \(r=R/s\), угол \(\alpha\) задаёт широту окружности: \(r=R\sin\alpha\), откуда \(\sin\alpha=1/s\), \(\cos\alpha=\sqrt{s^2-1}/s\). Сила Кулона \(F_k=k|Qq|/R^2\) и сила реакции опоры \(N\) направлены по линии «робот–центр шара», поэтому без силы трения их равнодействующая не может быть направлена к центру окружности. Сила трения \(F_{тр}\) удерживает робота на линии и разгоняет колёса.

Уравнения движения по окружности радиуса \(r\) с центростремительным ускорением \(V^2/r\): \[F_{тр}\sin\alpha + N\cos\alpha = F_k\cos\alpha, \qquad F_k\sin\alpha + F_{тр}\cos\alpha - N\sin\alpha = \frac{mV^2}{r}.\] Критическое состояние \(F_{тр}=\mu N\) даёт \(N=\dfrac{F_k\cos\alpha}{\cos\alpha+\mu\sin\alpha}\), и после подстановки \[\frac{\mu F_k}{\cos\alpha+\mu\sin\alpha}=\frac{mV^2}{R\sin\alpha}.\] Подставляя \(F_k=k|Qq|/R^2\), получаем критический радиус \[R=\frac{k|Qq|\mu\sin\alpha}{mV^2(\cos\alpha+\mu\sin\alpha)}=\frac{k|Qq|\mu}{mV^2\left(\sqrt{s^2-1}+\mu\right)}.\] При надувании \(F_k\sim 1/R^2\) убывает быстрее центростремительной силы \(\sim 1/R\), поэтому трения перестаёт хватать, и робот сносится на окружность большего радиуса (с большим \(s'\)).

Когда \(s'=1\) (робот на экваторе), трение исчезает, и уравнение движения принимает вид \(F_k-N=mV^2/R\). Дальнейшее надувание приводит к обращению \(N\) в ноль при \(\dfrac{k|Qq|}{R^2}=\dfrac{mV^2}{R}\), т.е. при \(R=\dfrac{k|Qq|}{mV^2}\): робот движется по орбите как спутник, с первой космической скоростью \(\sqrt{k|Qq|/(Rm)}\), аналогично гравитации. Дальше шар продолжает расти, скорость робота оказывается между первой и второй космической, траектория — эллипс, робот касается шара эпизодически. Когда \(V^2=\dfrac{2k|Qq|}{mR}\), т.е. \(R=\dfrac{2k|Qq|}{mV^2}\), скорость превышает вторую космическую и робот покидает шар навсегда.

Подсказка

Лучи близки к оси, углы малы: закон преломления переходит в \(\beta=\alpha/n\). Найдите точку пересечения вышедшего луча с \(OO'\) и сравните два случая: луч падает на правую поверхность сразу или отражается от плоскости пластины.

Ответ

Все лучи собираются в линию, перпендикулярную плоскости рисунка и проходящую через точку \(F\), находящуюся на расстоянии \(|FO'|=R\,\dfrac{|2-n|}{2(n-1)}\) от \(O'\): при \(n<2\) — правее \(O'\) (действительная точка), при \(n>2\) — левее \(O'\) (мнимая точка, в продолжении лучей внутрь цилиндра), при \(n=2\) — в точке \(O'\).

Решение

Рассмотрим луч, падающий на цилиндр в точке \(A\) под малым углом \(\alpha=\angle ACO\) (нормаль к поверхности совпадает с радиусом \(CA\)). По закону Снеллиуса \(\sin\alpha=n\sin\beta\), т.е. при малых углах \(\beta=\alpha/n\). Треугольник \(ABC\) равнобедренный, поэтому \(\angle C=\pi-2\beta\).

Возможны два случая. Если луч после первого преломления сразу попадает на правую поверхность в точке \(B\), то угол \(z=\angle BCO'=2\beta-\alpha\) должен быть положительным, т.е. \(\alpha\le 2\beta=2\alpha/n\), откуда \(n\le 2\). Условие не зависит от \(\alpha\), поэтому для всех лучей выполнено одновременно или не выполнено.

После второго преломления луч выходит под углом \(\alpha\) к нормали \(CB\), а его отклонение от направления \(BG\parallel OO'\) равно \(\delta=\alpha-z=2(\alpha-\beta)\). Из геометрии \(|BO'|=Rz\) и \(|BO'|\approx|FO'|\,\delta\), отсюда \[|FO'|=\frac{Rz}{\delta}=R\,\frac{2\beta-\alpha}{2(\alpha-\beta)}=R\,\frac{2-n}{2(n-1)}.\] Во втором случае (при \(n>2\), \(z<0\)) луч после отражения от нижней плоскости пластины выходит симметрично; точка пересечения его продолжения с \(OO'\) оказывается по другую сторону от \(O'\) на расстоянии \(R\,\dfrac{n-2}{2(n-1)}\) — формула та же с модулем.

Ответ: при \(n<2\) лучи пересекаются в точке \(F\) правее \(O'\) на расстоянии \(R(2-n)/(2n-2)\); при \(n>2\) пересекаются продолжения лучей, левее \(O'\) на расстояние \(R(n-2)/(2n-2)\); при \(n=2\) все лучи выходят из точки \(O'\). Оптическая система собирает пучок в линию (фокальную), перпендикулярную плоскости рисунка, а не в точку.

Подсказка

Поток через каждый из двух контуров (со стрелкой и половинами спирали) меняется равномерно; найдите ЭДС за один оборот стрелки. Токи в двух полуспиралях складываются через стрелку. Сила Ампера на стрелку — \(IBa\).

Ответ

\(F_A=\dfrac{2\pi^2N^2B^2a^3\omega}{R\left(\pi^2N^2-\omega^2t^2\right)}\), направлена поперёк стрелки; эту силу и надо прикладывать, чтобы компенсировать силу Ампера.

Решение

Стрелка движется к правому концу спирали. Есть два замкнутых контура (контур \(KOS\) и контур \(O'MS\)), поток через которые меняется. За время \(T=2\pi/\omega\) конец стрелки обходит полный оборот: число витков левой полуспирали растёт на единицу, правой убывает на столько же. Поток в каждой полуспирали меняется на \(B\pi a^2\), поэтому ЭДС в каждой полуспирали \[|\mathcal E|=\frac{B\pi a^2}{T}=\frac{Ba^2\omega}{2}.\] По правилу Ленца токи \(I_1\) и \(I_2\) в полуспиралях направлены в разные стороны, и через стрелку они текут в одном направлении. Суммарный ток \[I=I_1+I_2=\frac{Ba^2\omega}{2}\left(\frac{1}{R_1(t)}+\frac{1}{R_2(t)}\right).\] Сопротивления полуспиралей: \(R_1(t)=\dfrac{R(\pi N+\omega t)}{2\pi N}\), \(R_2(t)=\dfrac{R(\pi N-\omega t)}{2\pi N}\). Тогда \[\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}=\frac{4\pi^2N^2}{R(\pi^2N^2-\omega^2t^2)}.\] На стрелку со стороны внешнего поля действует сила Ампера \(IBa\), направленная поперёк стрелки. Именно её нужно компенсировать внешней силой, чтобы стрелка двигалась равномерно. Итог: \[F_A=IBa=\frac{2\pi^2N^2B^2a^3\omega}{R\left(\pi^2N^2-\omega^2t^2\right)}.\]

Подсказка

Ток индукции на заземлённой плоскости эквивалентен зеркальному заряду \(-q\); показание датчика зависит только от угла, под которым видно заряд из точки \(O\). Постоянные участки графика соответствуют прямолинейным отрезкам траектории, проходящим через \(O\).

Ответ

Траектория — четырёхугольник, составленный из отрезков, у каждого из которых продолжение проходит через точку \(O\); положение отрезков определяется постоянством \(Q\) на горизонтальных участках графика и масштабом \(h_0\) (рис. 11 официального решения).

Решение

Заряд \(q\) над заземлённой плоскостью индуцирует на ней электроны, суммарный заряд которых равен \(-q\) (поток через замкнутую поверхность вокруг плоскости по теореме Гаусса). Поле над плоскостью совпадает с полем зеркального изображения \(-q\) под плоскостью. При \(x=0\) датчик показывает \(Q_0=-q/2\).

Размерный анализ: показание датчика зависит от \(q\) и отношения координат заряда \(a/b\), поэтому \(Q=q\,f(a/b)\). Значит, при движении заряда по прямой, проходящей через \(O\) (фиксированный угол \(\gamma\), \(\operatorname{tg}\gamma=b/a\)), индуцированный заряд постоянен. На горизонтальных участках графика, \(x\in(3x_0,9x_0)\) и \(x\in(-12x_0,-6x_0)\), отклонение \(Q\) от \(Q_0\) одинаково и равно шести клеткам, значит, на траектории есть отрезки с одинаковым по модулю углом \(\gamma\). Минимальная высота \(h_0\) достигается при \(x=3x_0\) и задаёт масштаб траектории. Соединив найденные отрезки, получаем искомый четырёхугольник.

Ответ: траектория — четырёхугольник, изображённый на рисунке официального решения.

Подсказка

Частоту резонанса \(f\) для разных масс подберите по вибрации динамика. Постройте \(1/f^2\) от массы грузов: наклон прямой связан с жёсткостью \(k\) по формуле \(f^2=k/(4\pi^2 m)\).

Решение

Подключим выход генератора к динамику, установим небольшую амплитуду и синусоидальную форму сигнала, чтобы колебания можно было считать гармоническими.

Частоту резонанса для разных масс, прикреплённых к гайке динамика, определяем, плавно меняя частоту сигнала и наблюдая за динамиком. Без дополнительных гаек частота около \(140\pm2\) Гц. Вблизи резонанса динамик заметно вибрирует на столе; полоса частот около \(3\) Гц, поэтому частоту можно определить с точностью порядка \(2\%\).

Строим график зависимости \(1/f^2\) от массы грузов. Тангенс угла наклона этой зависимости даёт \(k\): \(\operatorname{tg}\varphi=\dfrac{4\pi^2}{k}\). Неизвестная масса находится по графику как масса, соответствующая частоте резонанса с гайкой неизвестной массы.

Решение

Соберём схему, указанную в официальном решении. Убедимся, что напряжение мультиметра зависит от интенсивности света: при прикрывании фотодиода рукой оно уменьшается — схема собрана верно.

Расположим светодиод на миллиметровой бумаге и закрепим напротив лист тонкой бумаги: такая конструкция близка к точечному источнику, излучающему примерно одинаково во все стороны. Перемещаем фотодиод по окружности радиусом \(20\) см с центром в светодиоде, держа его параллельно стороне миллиметровой бумаги. Для каждого положения записываем координаты фотодиода и показание вольтметра, для каждой пары вычисляем угол падения света из светодиода. Строим график зависимости показаний от угла.

Если измерения довести до больших углов, помимо центрального пика при нулевом угле видны два пика меньшей высоты около \(70^\circ\). Аналогичный эффект даёт линза светодиода: вокруг основного круглого пятна видно дополнительное светлое кольцо.