Санкт-Петербургская, 2020/21, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите уравнение состояния для каждого шара при общем давлении и сохранении числа молей. В сумме появляются величины \(1/T_i\); исключите \(R\), \(\nu\) и \(V\), поделив два уравнения друг на друга.

Ответ

\(T_{N+1} = \left[\dfrac{N P}{(N+1)P_0 - NP}\displaystyle\sum_{i=1}^{N}\dfrac{1}{T_i}\right]^{-1}\); решение существует при \((N+1)P_0 > NP\).

Решение

Пусть \(\nu\) — количество вещества газа в каждом шаре до соединения, \(V\) — объём шара. После соединения давление во всех шарах выравнивается и становится равным \(P_0\). Для каждого шара \(P_0 V = \nu_i R T_i\), а суммарное количество вещества сохраняется: \(\sum_i \nu_i = N\nu\). Отсюда \[\frac{P_0 V}{R}\sum_{i=1}^{N}\frac{1}{T_i} = N\nu.\] После подключения ещё одного шара давление \(P\) и аналогично \[\frac{PV}{R}\left(\sum_{i=1}^{N}\frac{1}{T_i} + \frac{1}{T_{N+1}}\right) = (N+1)\nu.\] Исключая \(\nu/V\) из двух равенств, получаем \[T_{N+1} = \left[\frac{NP}{(N+1)P_0 - NP}\sum_{i=1}^{N}\frac{1}{T_i}\right]^{-1}.\] Знаменатель должен быть положительным, поэтому при \((N+1)P_0 \leqslant NP\) решения нет.

Ответ: \(T_{N+1} = \left[\dfrac{NP}{(N+1)P_0 - NP}\displaystyle\sum_{i=1}^{N}\dfrac{1}{T_i}\right]^{-1}\) при \((N+1)P_0 > NP\).

Подсказка

Разложите движение на равномерное движение центра масс и равномерное вращение вокруг него. Условия встречи запишите отдельно по двум осям, а затем используйте \(\sin^2 + \cos^2 = 1\).

Ответ

\(T = \dfrac{2a\left(K \pm \sqrt{K^2 - (b^2 + a^2 + aL)(b^2 + 4a^2)}\right)}{V(b^2 + 4a^2)}\), где \(K = b^2 + 2a^2 + aL\); два решения соответствуют двум космонавтам.

Решение

Направим оси \(x\) вдоль \(a\) и \(y\) вдоль \(b\). Сначала центр масс космонавтов приближался к цели вдоль \(x\) со скоростью \(V\). После работы ранца космонавт А приобрёл скорость \(V_\perp\), перпендикулярную тросу, и \(V\) вдоль троса, причём \(V_\perp/V = b/a\). Центр масс стал двигаться и вдоль \(y\) со скоростью \(V_\perp/2\). В системе центра масс оба космонавта движутся по окружности радиуса \(L/2\) с угловой скоростью \(\omega = V_\perp/L\).

Условие встречи с целью по оси \(y\) (путь центра масс \(V_\perp T/2\), угол поворота троса \(\omega T\)): \[\frac{V T b}{2a} = b \pm \frac{L}{2}\sin(\omega T).\] По оси \(x\) до цели путь \(a + L/2\): \[V T = a + \frac{L}{2} \pm \frac{L}{2}\cos(\omega T).\] Выражая \(\sin\omega T\) и \(\cos\omega T\) и используя \(\sin^2\omega T + \cos^2\omega T = 1\), получаем квадратное уравнение относительно \(T\); его решения дают ответ. Знак \(\pm\) соответствует тому из космонавтов, который окажется у цели.

Ответ: \(T = \dfrac{2a\left(K \pm \sqrt{K^2 - (b^2 + a^2 + aL)(b^2 + 4a^2)}\right)}{V(b^2 + 4a^2)}\), \(K = b^2 + 2a^2 + aL\).

Подсказка

Подумайте, при каком условии пучок, выходящий из первой линзы, параллелен: тогда призма поворачивает все лучи на один угол, а вторая линза собирает их в свой фокус. По клеткам найдите углы падения и преломления на призме.

Ответ

\(F_1 = 2\) см, \(F_2 = \sqrt{2}\) см, \(n = \dfrac{5\sqrt{2}}{6} \approx 1{,}18\).

Решение

Если на призму попадает непараллельный пучок, призма поворачивает каждый луч на свой угол, и преломлённые лучи не имеют общей точки продолжения: такой пучок вторая линза в одну точку не соберёт. Значит, после первой линзы лучи должны идти параллельно, а призма поворачивает их все на один и тот же угол; затем вторая линза собирает параллельный пучок в своём фокусе.

По клеткам фокусное расстояние первой линзы составляет 4 клетки, то есть \(F_1 = 4 \cdot 0{,}5 = 2\) см, а второй — две диагонали клетки, то есть \(F_2 = \sqrt{2}\) см. Точка \(A\) лежит в фокальной плоскости Л\(_1\), точка \(A'\) — в фокусе Л\(_2\).

После первой линзы образуется параллельный пучок, идущий параллельно прямой \(AO\), где \(O\) — оптический центр Л\(_1\). На передней (наклонной) грани призмы этот пучок падает по нормали и не преломляется, а на задней (вертикальной) грани падает под углом \(\alpha\) к нормали и после преломления идёт под углом \(\beta\) к ней, параллельно главной оптической оси Л\(_2\): изображение \(A'\) попало именно в фокус Л\(_2\), а не просто в её фокальную плоскость, значит, образовавшие его лучи шли параллельно оси. Ход лучей показан на рисунке (параллельные пучки до и после призмы).

По клеточкам \(\sin\alpha = 3/5\) (пучок \(AO\) смещается на 3 клетки вниз на каждые 4 клетки вправо), \(\sin\beta = \sqrt{2}/2\) (ось Л\(_2\) идёт по диагонали клеток). По закону Снеллиуса \[n = \frac{\sin\beta}{\sin\alpha} = \frac{5\sqrt{2}}{6} \approx 1{,}18.\]

Формально подходит и призма с показателем преломления \(n = 1\), но этот случай жюри сочло неинтересным.

Ответ: \(F_1 = 2\) см, \(F_2 = \sqrt{2}\) см, \(n = \dfrac{5\sqrt{2}}{6} \approx 1{,}18\).

Подсказка

Заряд стенки эквивалентен зеркальному изображению шарика с зарядом \(-q\) на расстоянии \(2R\) от шарика, где \(R\) — расстояние до стенки в момент пробоя. Напряжённость максимальна у ближайшей к стенке точки шарика. Энергию взаимодействия с изображением берите с учётом того, что изображение не имеет кинетической энергии.

Ответ

\(U = \dfrac{2E_{\text{кр}}\, r\, R\,(2R - r)}{4R^2 + r^2}\), где \(R = D - L\cos\varphi\); масса \(m = \dfrac{4E_{\text{кр}}^2\, r^4 R^2\, \operatorname{ctg}\varphi}{k\, g\, (4R^2 + r^2)^2}\).

Решение

Заряд стенки эквивалентен зеркальному изображению шарика: за стенкой на том же расстоянии находится шарик с зарядом \(-q\). Потенциал шарика создаётся его собственным зарядом \(kq/r\) и изображением; взаимодействие шарика с изображением даёт энергию \(-kq^2/(4R)\) (в два раза меньше кулоновской, так как изображение не имеет кинетической энергии). Полный потенциал шарика \(\dfrac{kq}{r} - \dfrac{kq}{2R}\), разность потенциалов между шариком и стенкой \[U = \frac{kq(2R - r)}{2Rr}.\] Напряжённость у ближайшей к стенке точки складывается из полей заряда шарика \(kq/r^2\) и изображения \(kq/(2R)^2\): \[E = \frac{kq}{r^2} + \frac{kq}{4R^2} = \frac{kq(4R^2 + r^2)}{4r^2R^2}, \qquad kq = E_{\text{кр}}\frac{4r^2R^2}{4R^2 + r^2}.\] В момент пробоя \(R = D - L\cos\varphi\), и \[U = \frac{2E_{\text{кр}}\,r\,R\,(2R - r)}{4R^2 + r^2}.\]

Из условия равновесия шарика: сила тяжести \(mg\) и горизонтальная сила притяжения к изображению \(\dfrac{kq^2}{4R^2}\) дают \[\frac{kq^2}{4R^2} = mg\operatorname{tg}\varphi \quad\Rightarrow\quad m = \frac{kq^2\operatorname{ctg}\varphi}{4gR^2} = \frac{4E_{\text{кр}}^2\,r^4R^2\,\operatorname{ctg}\varphi}{k\,g\,(4R^2 + r^2)^2}.\]

Ответ: \(U = \dfrac{2E_{\text{кр}}\,r\,R\,(2R - r)}{4R^2 + r^2}\), \(m = \dfrac{4E_{\text{кр}}^2\,r^4R^2\,\operatorname{ctg}\varphi}{k\,g\,(4R^2 + r^2)^2}\), где \(R = D - L\cos\varphi\).

Подсказка

ЭДС индукции в катушке равна \(-\dfrac{d\Phi}{dt}\), где \(\Phi = NSB\). Диод открыт, когда ток может течь, и тогда напряжение на нём равно нулю. Пока диод закрыт, тока нет.

Ответ

При исходном направлении \(B_0\) ток равен нулю до \(t_0 = \dfrac{\pi}{2\omega}\), а затем \(I(t) = \dfrac{B_0 N S}{L}(1 - \sin\omega t)\). При смене направления \(B_0\) сначала \(I(t) = \dfrac{B_0 N S}{L}\sin\omega t\) (при \(t \leqslant 2t_0 = \pi/\omega\)), затем ток равен нулю до момента \(3t_0\), после чего \(I(t) = \dfrac{B_0 N S}{L}(1 + \sin\omega t)\).

Решение

Из-за переменного магнитного поля в катушке возникает ЭДС индукции \[\mathcal{E} = -\frac{d\Phi}{dt} = -L\frac{dI}{dt} - \omega B_0 N S\cos\omega t,\] и эта величина совпадает с напряжением на диоде. В начальный момент ток и его производная равны нулю, поэтому \(\mathcal{E} < 0\) и диод закрыт. В момент \(t_0\), когда \(\omega t_0 = \pi/2\), диод открывается (напряжение на нём становится равным нулю), и \[L\frac{dI}{dt} = -\omega B_0 N S\cos\omega t.\] Отсюда \[I(t) = \frac{B_0 N S}{L}\bigl(1 - \sin\omega t\bigr) \quad \text{при } t \geqslant t_0 = \frac{\pi}{2\omega}.\]

Ток неотрицателен: в моменты \(\omega t = 5\pi/2 + 2\pi k\) он лишь касается нуля (там же \(dI/dt = 0\)), и далее зависимость продолжается.

При изменённом направлении \(B_0\) ЭДС \(\mathcal{E} = -L\dfrac{dI}{dt} + \omega B_0 N S\cos\omega t\), диод открывается сразу, и \[I(t) = \frac{B_0 N S}{L}\sin\omega t,\] однако в момент \(2t_0 = \pi/\omega\) ток обращается в ноль, и диод закрывается, пока \(\cos\omega t < 0\), то есть до момента \(3t_0 = \dfrac{3\pi}{2\omega}\). После этого диод снова открыт, \(L\dfrac{dI}{dt} = \omega B_0NS\cos\omega t\), и с учётом \(I(3t_0) = 0\) \[I(t) = \frac{B_0 N S}{L}\bigl(\sin\omega t - \sin\omega\cdot 3t_0\bigr) = \frac{B_0 N S}{L}\bigl(1 + \sin\omega t\bigr) \quad \text{при } t \geqslant 3t_0,\] то есть, как и в первом случае, ток колеблется от нуля до \(2B_0NS/L\).

Графики тока: вверху — при исходном направлении \(B_0\), внизу — при изменённом.

Ответ: при исходном направлении \(B_0\) ток \(I(t) = \dfrac{B_0 N S}{L}(1 - \sin\omega t)\) при \(t \geqslant \dfrac{\pi}{2\omega}\) и ноль до этого момента; при изменённом направлении сначала \(I = \dfrac{B_0 N S}{L}\sin\omega t\) при \(t \leqslant 2t_0\), затем ток равен нулю до \(3t_0\), а после \(I = \dfrac{B_0 N S}{L}(1 + \sin\omega t)\).

Подсказка

Разбейте пружину на \(N\) равных частей, посчитайте растяжение каждой части под весом нижележащих частей и найдите полное растяжение. Для периода запишите закон сохранения энергии, считая движение центра масс пружины.

Ответ

\(\Delta l = \dfrac{mg}{2k}\); \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{3k}}\); \(k_0 = \dfrac{4\pi^2}{L^2}\cdot\dfrac{m_0}{3a^2}\), где \(a\) — угловой коэффициент зависимости \(T = al + b\); по измерениям \(k_0 = 1{,}1 \pm 0{,}3\) Н/м.

Решение

1. Разобьём пружину на \(N\) равных частей жёсткостью \(k_1 = kN\). Пронумеруем части снизу: на \((i+1)\)-ю часть действует вес \(i\) нижних частей, \(F_{i+1} = mgi/N\), а её растяжение \(\Delta l_{i+1} = mgi/(kN^2)\). Полное растяжение \[\Delta l = \sum_{i=1}^{N}\Delta l_i = \frac{mg}{kN^2}\cdot\frac{N(N-1)}{2} \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{mg}{2k}.\] Потенциальная энергия растянутой пружины \[W_p = \sum_i \frac{k_1\Delta l_i^2}{2} \xrightarrow[N\to\infty]{} \frac{m^2g^2}{6k} = \frac{2k\,\Delta l^2}{3}.\]

2. Центр масс растянутой пружины, отсчитанный от нижнего конца, находится на расстоянии \(x_{\text{cн}} = \dfrac{l}{2} + \dfrac{\Delta l}{3}\), где \(l\) — длина нерастянутой части. От закреплённого верхнего края \[x_{\text{св}} = \Delta l + l - \frac{l}{2} - \frac{\Delta l}{3} = \frac{2\Delta l}{3} + \frac{l}{2}.\]

3. Период. Из закона сохранения энергии \(W_p + W_k = \text{const}\) с учётом скорости центра масс \(v_c = \dfrac{2\Delta l'}{3}\): \[\frac{3k}{m}\Delta l^2 + \Delta l'^2 = \text{const}.\] Это каноническое уравнение колебаний с \(\omega_0 = \sqrt{3k/m}\), откуда \[T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{3k}}.\] Приближение здесь связано с заменой кинетической энергии распределённой массы кинетической энергией центра масс.

Для пружины с длиной \(L\) и массой \(m_0\) с учётом \(k(l) = k_0 L/l\) и \(m(l) = m_0 l/L\): \[T = 2\pi\frac{l}{L}\sqrt{\frac{m_0}{3k_0}}.\]

4. Экспериментально строят зависимость \(T\) от \(l\); линейная аппроксимация \(T = al + b\) даёт \[k_0 = \frac{4\pi^2}{L^2}\cdot\frac{m_0}{3a^2}.\] При малых \(l\) растут и погрешность измерения периода, и влияние массы сжатой части пружины из-за предварительного натяга, поэтому аппроксимацию берут по участку с достаточно большой длиной.

Официальный результат: \(k_0 = 1{,}1 \pm 0{,}3\) Н/м.

Комментарий. Строгое выражение для периода, учитывающее распределение массы и скорости при нахождении кинетической энергии, а также оставшуюся сжатой из-за предварительного натяжения часть пружины, имеет вид \[T = 2\pi\sqrt{\frac{m_0(l - L)(8l + 7L)}{20k_0L_0^2}} = 2\pi\sqrt{\frac{\Delta l\,(8l + 7L)}{10(l - L)g}},\] где \(m_0\) — масса всей пружины, \(L_0\) — длина всей пружины в нерастянутом состоянии, \(l\) — длина подвешенной части в нерастянутом состоянии, \(L\) — длина нерастянутой (сжатой) части, \(\Delta l\) — удлинение пружины. Оно совпадает с экспериментом при \(k_0\), определённом из статического удлинения пружины, с относительной погрешностью не более \(1\%\); приближённое соотношение для \(T(l)\) расходится с экспериментом не более чем на \(15\%\).