Санкт-Петербургская, 2017/18, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Какие силы действуют на пылинку на расстоянии \(x\) от центра? Учтите, что на неё действуют только пылинки, лежащие ближе к центру. Запишите закон сохранения энергии для одной пылинки и найдите, при каком \(x\) её скорость у корабля максимальна.

Ответ

При \(R_0 \ge \dfrac{2s}{3}\): \(V = \sqrt{\dfrac{8\,(kQ^2 - GM^2)\,s^2}{27\,M R_0^3}}\); при \(R_0 < \dfrac{2s}{3}\): \(V = \sqrt{\dfrac{2\,(kQ^2 - GM^2)}{M}\cdot\dfrac{s - R_0}{s R_0}}\). При \(kQ^2 < GM^2\) облако сжимается, и пылинки не попадают в повстанцев.

Решение

Пусть масса одной пылинки \(m\), заряд \(q\); по условию \(q/m = Q/M\). Пылинки отталкиваются по закону Кулона и притягиваются по закону всемирного тяготения, отталкивание считаем более существенным (иначе облако сжимается, и пылинки не долетят до повстанцев). В силу симметрии облако остаётся шарообразным.

На пылинку, находящуюся на расстоянии \(x\) от центра, действуют только пылинки, расположенные ближе к центру: они образуют шар с зарядом \(Q_x = Q\dfrac{x^3}{R_0^3}\) и массой \(M_x = M\dfrac{x^3}{R_0^3}\), действующий как точечный в центре. Поэтому ускорение \(a \sim x\), пылинки с меньшим \(x\) движутся медленнее, и слои облака не перемешиваются: величины \(Q_x\) и \(M_x\) для данной пылинки сохраняются.

Закон сохранения энергии для пылинки, стартовавшей с расстояния \(x\), при подлёте к кораблю (расстояние \(s\)): \[\frac{kqQ_x - GmM_x}{x} = \frac{mV^2}{2} + \frac{kqQ_x - GmM_x}{s}.\] Отсюда, с учётом \(q/m = Q/M\): \[V^2 = \frac{2(kQ^2 - GM^2)}{M R_0^3}\left(x^2 - \frac{x^3}{s}\right).\] Выражение в скобках максимально при \(x = \dfrac{2s}{3}\). Если \(R_0 \ge \dfrac{2s}{3}\), то \[V = \sqrt{\frac{8(kQ^2 - GM^2)s^2}{27MR_0^3}}.\] Если \(R_0 < \dfrac{2s}{3}\), максимум достигается на границе облака \(x = R_0\): \[V = \sqrt{\frac{2(kQ^2 - GM^2)}{M}\cdot\frac{s - R_0}{sR_0}}.\]

Подсказка

Запишите тепловой баланс дома в стационарном режиме до и после изменения погоды и поделите одно равенство на другое. Работа за цикл равна разности теплоты, отданной в дом, и теплоты, полученной с улицы.

Ответ

Температура в доме станет \(24^\circ\)C; работа изменилась примерно в \(0{,}8\) раза (отношение \(k \approx 0{,}816\)).

Решение

Пусть \(t\) — максимальная температура газа в цикле, \(C_V\) и \(C_p\) — теплоёмкости газа при постоянном объёме и давлении. В изохорическом процессе газ отдаёт в дом теплоту \(Q_\text{дом} = C_V(t - t_1)\). Чтобы температура в доме не менялась, эта теплота равна теплоте потерь \(\alpha(t_1 - t_0)\), пропорциональной разности температур: \[C_V(t - t_1) = \alpha(t_1 - t_0).\] Аналогично после изменения погоды: \(C_V(t - t'_1) = \alpha(t'_1 - t'_0)\). Деля одно равенство на другое, \[t'_1 = \frac{t(t_1 - t_0) + t'_0(t - t_1)}{t - t_0} = 24^\circ\text{C}.\]

За цикл газ совершает отрицательную работу \(A < 0\), поэтому рационализатор совершает над газом работу \(|A| = Q_\text{дом} - Q_\text{ул}\), где \(Q_\text{ул} = C_p(t_0 - t_x)\) — теплота, получаемая от улицы. Тогда \[|A| = C_V(t - t_1) - C_p(t_0 - t_x), \qquad |A'| = C_V(t - t'_1) - C_p(t'_0 - t'_x).\] Для одноатомного газа \(C_p/C_V = 5/3\), поэтому \[k = \frac{|A'|}{|A|} = \frac{3(t - t'_1) - 5(t'_0 - t'_x)}{3(t - t_1) - 5(t_0 - t_x)} \approx 0{,}816.\]

Подсказка

Проследите ход крайнего луча, падающего на грань куба под углом \(45^\circ\), через две грани. Лучи, попавшие на соседнюю грань, могут испытать полное внутреннее отражение: разберите оба случая отдельно.

Ответ

У Лизы: \(n = \sqrt{\sin^2\gamma + \dfrac{1}{2}}\), где \(\gamma = \operatorname{arctg}\dfrac{a}{F} + 45^\circ\) (эта величина меньше \(\sqrt{3/2}\)). У Барта: \(n \ge \sqrt{\dfrac{3}{2}}\) — произошло полное внутреннее отражение.

Решение

Пусть \(n\) — коэффициент преломления куба. Луч падает на грань под углом \(\alpha = 45^\circ\) и преломляется под углом \(\beta\): \[\sin\alpha = n\sin\beta, \qquad \sin\beta = \frac{1}{\sqrt{2}\,n}, \qquad \cos\beta = \sqrt{1 - \frac{1}{2n^2}}.\] Далее луч выходит из противоположной грани под углом \(\alpha\) и лишь смещается, сохраняя направление. Лучи, падающие на куб между точками \(B\) и \(B'\), выходят параллельным пучком. Лучи, падающие за этим интервалом, попадают на соседнюю грань.

Если полного внутреннего отражения на соседней грани нет, то луч выходит под углом \(\gamma\): \[n\sin(90^\circ - \beta) = \sin\gamma \quad\Leftrightarrow\quad \sin\gamma = n\cos\beta = \sqrt{n^2 - \tfrac{1}{2}}.\] Свет тогда распространяется тремя пучками: один параллелен падающему, два других наклонены к нему симметрично под углом \(\gamma - 45^\circ\). Линза собирает центральный пучок в фокус \(f\), а два боковых — в точки \(X\) и \(Y\) фокальной плоскости. Из геометрии (луч через центр линзы): \[\operatorname{tg}(\gamma - 45^\circ) = \frac{a}{F} \quad\Leftrightarrow\quad \gamma = \operatorname{arctg}\frac{a}{F} + 45^\circ.\] Отсюда \[n = \sqrt{\sin^2\gamma + \frac{1}{2}}.\]

Во втором случае боковые пучки испытывают полное внутреннее отражение и выходят перпендикулярно главной оптической оси. Тогда линза собирает только центральный пучок, и Барт видит на экране одну светящуюся точку в фокусе линзы. Условие полного внутреннего отражения на второй грани: \[n\sin(90^\circ - \beta) \ge 1 \quad\Leftrightarrow\quad n\cos\beta \ge 1 \quad\Leftrightarrow\quad n \ge \sqrt{\frac{3}{2}}.\]

Подсказка

Если бы вторая рамка стояла, в контуре возникла бы ЭДС, а значит, ток и сила Ампера. Подумайте, что делает вторая рамка, если её масса пренебрежимо мала.

Ответ

\(\varphi(t) = \arcsin\dfrac{S\sin(\omega t)}{S'}\); график — качественно синусоидальный, с амплитудой \(\varphi_m = \arcsin\dfrac{S}{S'} < \dfrac{\pi}{2}\), после \(t_0 = \dfrac{\pi}{2\omega}\) вторая рамка поворачивается обратно.

Решение

Поток через первую рамку \(\Phi_1(t) = BS\sin(\omega t)\). Если бы вторая рамка стояла, в контуре возникла бы ЭДС \(\mathcal{E}(t) = -\dfrac{\Delta\Phi_1}{\Delta t} = -BS\omega\cos\omega t\) и ток \(I(t) = \mathcal{E}(t)/R\), а сила Ампера на вторую рамку была бы пропорциональна \(I(t)\). Но вторая рамка не закреплена, и сколь угодно малая сила Ампера сдвигает её бесконечно легко. Благодаря пренебрежимо малой массе она полностью компенсирует изменение потока первой рамки: суммарный поток через контур \(\Phi = \Phi_1(t) + \Phi_2(t) = 0\), \(\mathcal{E}(t) \to 0\), \(I(t) \to 0\).

По правилу Ленца обе рамки вращаются в противоположные стороны (принцип сельсина). Обозначим угол поворота второй рамки \(\varphi(t)\), отсчитываемый в сторону, противоположную вращению первой. Условие компенсации потоков: \[BS'\sin\varphi(t) = BS\sin(\omega t) \quad\Leftrightarrow\quad \varphi(t) = \arcsin\!\left(\frac{S\sin(\omega t)}{S'}\right).\] Поскольку \(S/S' < 1\), вторая рамка повернётся лишь на угол \(\varphi_m = \arcsin(S/S') < \dfrac{\pi}{2}\). Когда поток через первую рамку начинает убывать, вторая рамка с момента \(t_0 = \dfrac{\pi}{2\omega}\) начинает поворачиваться в обратную сторону.

Подсказка

Сначала найдите условие равновесия в исходном состоянии без вращения. Затем при вращении рассмотрите два случая: нить вертикальна (при малой \(\omega\)) и нить отклонилась от вертикали (при большой \(\omega\)). Направление силы трения заранее неизвестно — проверьте его знак после решения.

Ответ

Система останется в равновесии при \(\dfrac{m}{M} \le \dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\) (условие покоя до вращения). При \(\omega \le \omega_\text{кр}\) дополнительных условий нет; при \(\omega \ge \omega_\text{кр}\) необходимо также \(\dfrac{3-\sqrt{3}}{4} - \dfrac{(\sqrt{3}+1)\,\omega_0^2}{2\omega^2} \le \dfrac{m}{M}\), где \(\omega_0^2 = \dfrac{g}{l}\), \(\omega_\text{кр}^2 = \dfrac{2(\sqrt{3}+1)}{3-\sqrt{3}}\,\omega_0^2\).

Решение

Пока система не вращается, груз \(m\) висит неподвижно, и натяжение \(T = mg\). Для груза \(M\) на клине (проекции на оси, направленные вдоль и перпендикулярно наклонной плоскости): \[N = Mg\cos\alpha, \qquad Mg\sin\alpha + T = F_\text{тр} \le \mu N.\] С учётом \(\sin\alpha = \tfrac12\), \(\cos\alpha = \tfrac{\sqrt{3}}{2}\), \(\mu = 1\): \[\frac{m}{M} \le \frac{\sqrt{3} - 1}{2}. \tag{7}\]

При вращении: если \(\omega < \omega_0 = \sqrt{g/l}\), нить вертикальна и \(T = mg\). Если \(\omega > \omega_0\), груз \(m\) отклоняется на угол \(\beta\) от вертикали, описывая окружность радиуса \(r = l\sin\beta\); из условий \(m\omega^2 l\sin\beta = T\sin\beta\) и \(mg = T\cos\beta\) получаем \(T = m\omega^2 l\) и \(\cos\beta = \dfrac{g}{\omega^2 l}\). Вертикальное положение при этом становится неустойчивым.

Груз \(M\) движется по окружности радиуса \(R = l\cos\alpha\) с центростремительным ускорением \(\omega^2 l\cos\alpha\). Направление силы трения предполагаем вверх по плоскости: \[N = Mg\cos\alpha + M\omega^2 l\cos\alpha\sin\alpha, \qquad F_\text{тр} = T + Mg\sin\alpha - M\omega^2 l\cos^2\alpha.\] Подставляя \(T\) для каждого случая, \(\mu = 1\), \(\alpha = 30^\circ\), \(g = \omega_0^2 l\), получаем:

• при \(\omega < \omega_0\) условие \(F_\text{тр} \le \mu N\) выполняется при (7), и для \(x = m/M\) при любой \(\omega\) новых ограничений нет;

• при \(\omega > \omega_0\) (нить отклонена) из \(F_\text{тр} \ge 0\) и \(F_\text{тр} \le \mu N\) находятся интервалы для \(x\); при изменении знака силы трения получается условие отсутствия проскальзывания \(\dfrac{3-\sqrt{3}}{4} - \dfrac{(\sqrt{3}+1)\omega_0^2}{2\omega^2} \le x\) и условие того, что сила трения направлена вниз, \(x \le \dfrac{3}{4} - \dfrac{\omega_0^2}{2\omega^2}\).

Объединяя эти интервалы, получаем, что система остаётся в равновесии при \[\frac{3-\sqrt{3}}{4} - \frac{(\sqrt{3}+1)\,\omega_0^2}{2\omega^2} \le x \le \frac{\sqrt{3}-1}{2}.\] Левое неравенство нетривиально при \(\omega > \omega_\text{кр}\), где \(\omega_\text{кр}^2 = \dfrac{2(\sqrt{3}+1)}{3-\sqrt{3}}\,\omega_0^2\). Поскольку до вращения система была в равновесии, итог такой: при \(\omega \le \omega_\text{кр}\) система остаётся в равновесии при условии (7); при \(\omega \ge \omega_\text{кр}\) дополнительно выполняется \(\dfrac{3-\sqrt{3}}{4} - \dfrac{(\sqrt{3}+1)\omega_0^2}{2\omega^2} \le \dfrac{m}{M}\).

Подсказка

Постройте зависимость времени от расстояния и подберите такую замену переменных, в которой зависимость становится прямой. Оцените погрешность по разбросу точек относительно прямой.

Подсказка

Интенсивность света, прошедшего через поляризатор, зависит от угла между осями поляризаторов по закону Малюса. Сначала найдите положение, при котором свет гасится, затем пользуйтесь массой и объёмом эталонного раствора, чтобы найти его концентрацию.

Ответ

\([\alpha] \approx 8{,}59\cdot10^{-3}\ \dfrac{\text{м}^2}{\text{кг}}\); концентрация неизвестного раствора \(C \approx 375\ \dfrac{\text{кг}}{\text{м}^3}\).

Решение

По закону Малюса интенсивность поляризованного света, прошедшего через поляризатор, \(I = I_0\cos^2\varphi\). Лазерная указка даёт частично поляризованный свет, поэтому первый поляризатор ставят в положение максимальной интенсивности. Затем второй поляризатор поворачивают до полного гашения света и фиксируют положение.

В пробирку наливают известное количество воды, растворяют сахар и определяют массу и объём раствора; объём определяют по уровню, заполнив пробирку чистой водой до того же уровня. Концентрация эталонного раствора \(C = \dfrac{m}{V} \approx 440\ \dfrac{\text{кг}}{\text{м}^3}\). Угол поворота \(\varphi\) определяют построением треугольника и измерением его сторон. Отсюда \[[\alpha] = \frac{\varphi}{Cl}, \qquad [\alpha] \approx 50\ \frac{^\circ\cdot\text{см}^3}{\text{дм}\cdot\text{г}} \approx 8{,}59\cdot10^{-3}\ \frac{\text{м}^2}{\text{кг}}.\] Повторяют опыт с неизвестным раствором и находят его концентрацию по известной \([\alpha]\): \[C = \frac{\varphi}{[\alpha]\,l} \approx 375\ \frac{\text{кг}}{\text{м}^3}.\]