Санкт-Петербургская, 2022/23, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

В равновесии кулоновская энергия бусинок вдвое больше энергии жгутика. Дальше — законы сохранения импульса и энергии для конечного состояния.

Ответ

\(V_1=\sqrt{\dfrac{4Qm_2}{m_1(m_1+m_2)}}\);  \(V_2=\sqrt{\dfrac{4Qm_1}{m_2(m_1+m_2)}}\).

Решение

Пусть жёсткость жгутика \(K\), расстояние между бусинками в равновесии \(x\), заряды \(q_1\) и \(q_2\). Условие равновесия \(\dfrac{kq_1q_2}{x^2}=Kx\); умножим его на \(x\): \(\dfrac{kq_1q_2}{x}=Kx^2\). Слева стоит кулоновская энергия, справа — удвоенная энергия жгутика, то есть в равновесии \(E_{кул}=2E_{жг}\).

После перерезания жгутика кулоновская энергия переходит в кинетическую энергию бусинок, а энергия жгутика — в теплоту: \(Q=E_{жг}\). Значит, бусинки в конце разлетаются с суммарной кинетической энергией \(2Q\).

Импульсы бусинок в конце равны по модулю и противоположны, так как суммарный импульс системы был нулевым: \(p=m_1V_1=m_2V_2\). Тогда \[2Q=\frac{p^2}{2m_1}+\frac{p^2}{2m_2} \quad\Rightarrow\quad p=\sqrt{\frac{4Qm_1m_2}{m_1+m_2}},\] откуда \(V_1=p/m_1\) и \(V_2=p/m_2\) — ответ выше.

Подсказка

Из условия сразу находится закон \(T(t)\). Далее запишите первое начало термодинамики через \(dT/dt\) и \(dV/dt\) и разделите его на \(T\).

Ответ

\(g(t)=\dfrac{W}{\nu RT_0\alpha}\bigl(1-e^{-\alpha t}\bigr)-\dfrac{3}{2}\alpha t\).

Решение

Из условия \(\dfrac{d}{dt}\ln\dfrac{T}{T_0}=\alpha\) получаем \(\dfrac{1}{T}\dfrac{dT}{dt}=\alpha\) и \(T=T_0e^{\alpha t}\).

Первое начало \(\delta Q=dU+p\,dV\) с \(\delta Q=W\,dt\), \(dU=C_V\,dT\), \(C_V=\dfrac{3}{2}\nu R\) и \(p=\dfrac{\nu RT}{V}\) даёт \[W\,dt=C_V\,dT+\nu RT\frac{dV}{V}.\] Разделим на \(T\,dt\): \(\dfrac{W}{T}=C_V\alpha+\nu R\dfrac{dg}{dt}\), поэтому \[\frac{dg}{dt}=\frac{We^{-\alpha t}}{\nu RT_0}-\frac{3\alpha}{2}.\] Интегрируя с учётом \(g(0)=0\), получаем ответ выше.

Подсказка

Перейдите в систему отсчёта, где до расцепки всё покоилось: там закон сохранения импульса даёт скорости сразу после расцепки. Тормозные пути найдите по закону сохранения энергии.

Ответ

Столкновение произойдёт при \(V>\max\!\left(\dfrac{5u}{6},\,V_2\right)\), где \(V_2=u\,\dfrac{5\mu_1+\mu_2+6\sqrt{\mu_1\mu_2}}{6(\mu_1-\mu_2)}\). Относительная скорость при столкновении равна \(u'=\sqrt{\left(V-\dfrac{5u}{6}\right)^2-\dfrac{\mu_2}{\mu_1}\left(V+\dfrac{u}{6}\right)^2}\), если подкоренное выражение положительно; иначе она равна \(u\).

Решение

В системе, где до расцепки всё покоилось, закон сохранения импульса даёт \(Mu_в=mu_т\), откуда \(u_т=5u_в\). Относительная скорость после расцепки \(u=u_в+u_т=6u_в\), значит \(u_в=u/6\), \(u_т=5u/6\). Возвращаясь в систему земли, получаем скорости сразу после расцепки: \(V_в=V+\dfrac{u}{6}\), \(V_т=V-\dfrac{5u}{6}\).

Чтобы тележка догнала вагон, нужно \(V_т>0\), то есть \(V>\dfrac{5u}{6}\).

Тормозные пути (по закону сохранения энергии): \(S_в=\dfrac{V_в^2}{2\mu_1g}\), \(S_т=\dfrac{V_т^2}{2\mu_2g}\). Столкновение неизбежно при \(S_т\ge S_в\), что после преобразований даёт квадратное неравенство \[(\mu_1-\mu_2)V^2-\frac{2uV(5\mu_1+\mu_2)}{6}+\frac{u^2(25\mu_1-\mu_2)}{36}\ge 0 .\] Его корни \(V_{1,2}=u\,\dfrac{5\mu_1+\mu_2\mp6\sqrt{\mu_1\mu_2}}{6(\mu_1-\mu_2)}\); при \(\mu_1>\mu_2\) значение \(V_1\) меньше \(5u/6\), поэтому с учётом \(V>5u/6\) остаётся \(V>V_2\). Случай, когда тележка сталкивается с ещё движущимся вагоном, даёт тот же критерий и относительную скорость \(u\): тормозные пути при этом сравниваются так же.

Если вагон успевает остановиться раньше, тележка врезается в покоящийся вагон, пройдя путь \(S_в\). По закону сохранения энергии \[\frac{m V_т^2}{2}=\frac{m u'^2}{2}+\mu_2 mgS_в, \qquad u'^2=V_т^2-\frac{\mu_2}{\mu_1}\,V_в^2 .\] Это и есть формула для \(u'\) в ответе. Если подкоренное выражение отрицательно, тележка сталкивается с вагоном, когда оба ещё движутся, и относительная скорость равна \(u\) (в этом случае относительное движение — как бросок вверх с начальной скоростью \(u\)).

Подсказка

В первом опыте найдите силу Ампера на единицу длины кольца при токе \(I_{max}\) — это и есть порог разрыва. Во втором опыте сначала найдите ток, который индуцируется при вращении.

Ответ

\(\omega=\dfrac{8\pi r I_{max}}{BL^2}\).

Решение

В первом опыте на каждый малый кусочек \(dl\) кольца действует сила Ампера \(dF=I_{max}B\,dl\). Это и есть условие разрыва.

Во втором опыте магнитный поток через кольцо \(\Phi(t)=B\pi R^2\cos\omega t\), ЭДС индукции \(-d\Phi/dt\) и ток \(I(t)=\dfrac{B\pi R^2\omega\sin\omega t}{r}\). На кусочек \(dl\) действует сила \(dF=I(t)\,B\cos\omega t\,dl=\dfrac{B^2\pi R^2\omega\sin2\omega t}{2r}\,dl\), направленная наружу кольца. Её максимум при \(\sin2\omega t=1\) даёт условие разрыва: \[I_{max}B=\frac{B^2\pi R^2\omega}{2r} \quad\Rightarrow\quad \omega=\frac{2rI_{max}}{\pi R^2B}.\] Учитывая \(L=2\pi R\), получаем \(\omega=\dfrac{8\pi rI_{max}}{BL^2}\).

Подсказка

Какой луч от светящейся ленты, отразившись от цилиндра, попадает в глаз? Найдите угол между лучом и перпендикуляром к стене, когда луч касается цилиндра у самого края, и используйте симметрию относительно линии «глаз — ось цилиндра».

Ответ

\(2\alpha=180^\circ-4\varphi\), где \(\varphi=\arccos\dfrac{\sin\alpha_0+\sqrt{\sin^2\alpha_0+8}}{4}\).

Решение

Пусть \(x\) — расстояние от глаза наблюдателя до оси цилиндра, \(R\) — радиус цилиндра. Из угловой ширины \(2\alpha_0\) следует \(\sin\alpha_0=R/x\), то есть \(x=R/\sin\alpha_0\).

Светящаяся лента видна в зеркале, если луч от неё отражается от цилиндра и попадает в глаз. Самый «пологий» такой луч идёт от очень удалённой части ленты; именно он определяет, какая часть цилиндра светится. Несветящаяся часть — точки внутри угла \(\varphi\) около «линии взгляда». Для угла падения \(\varphi\) и угла \(\alpha\) между лучом в глаз и перпендикуляром к стене из геометрии получаем \(2\varphi+\alpha=90^\circ\).

Из треугольника с катетом, общим для двух прямоугольных треугольников, \[R\sin\varphi=(x-R\cos\varphi)\tan\alpha \quad\Rightarrow\quad R\sin(\varphi+\alpha)=x\sin\alpha .\] Используя \(\alpha=90^\circ-2\varphi\), получаем \(R\cos\varphi=x\cos2\varphi\), то есть \[2x\cos^2\varphi-R\cos\varphi-x=0 .\] Решение квадратного уравнения с физическим корнем и подстановка \(x=R/\sin\alpha_0\) дают \[\cos\varphi=\frac{\sin\alpha_0+\sqrt{\sin^2\alpha_0+8}}{4}.\] Угловая ширина сужения \(2\alpha=180^\circ-4\varphi\). Обозначения углов «\(\varphi\)» и «\(\alpha\)» — как в официальном решении; \(\varphi\) здесь — угол луча, а не угловой размер из примечания.

Подсказка

Центр масс треугольника — в точке пересечения медиан. Для каждой вершины из измеренного периода и расстояния до центра масс получается одно уравнение \(T^2l=\alpha c^2+\beta l^2\); трёх вершин хватит для \(\alpha\) и \(\beta\).

Ответ

Теория: \(k=\dfrac{1}{36}\), \(\alpha=\dfrac{8\pi^2}{g}k\approx0{,}224\), \(\beta=\dfrac{4\pi^2}{g}\approx4{,}03\) (при \(g=9{,}8\) м/с\(^2\)); эксперимент сравнивается с этими значениями.

Решение

Для каждой вершины \(T^2l=\alpha c^2+\beta l^2\). Из двух вершин находим \(\beta_{ab}=\dfrac{T_a^2l_a-T_b^2l_b}{l_a^2-l_b^2}\), аналогично \(\beta_{bc}\), \(\beta_{ac}\), берём \(\beta=\dfrac{\beta_{ab}+\beta_{bc}+\beta_{ac}}{3}\). Затем \(\alpha=\dfrac{T_a^2l_a-\beta l_a^2}{c^2}\) и так же по другим вершинам, среднее.

Теоретически: момент инерции относительно оси, перпендикулярной плоскости и проходящей через центр масс, \(I_C=km(a^2+b^2+c^2)\), где \(k\) — число, найденное методом подобия (разбиение треугольника на четыре подобных). Период \[T=2\pi\sqrt{\frac{I_C+ml^2}{mgl}}=2\pi\sqrt{\frac{k(a^2+b^2+c^2)+l^2}{gl}} .\] Для прямоугольного треугольника \(a^2+b^2+c^2=2c^2\) и \(k=\dfrac{1}{36}\), так что \(\alpha=\dfrac{8\pi^2}{36g}\), \(\beta=\dfrac{4\pi^2}{g}\).

Подсказка

Радиус кривизны в вершине удобно получить из длины дуги и диаметра сечения. Для показателя преломления используйте формулу тонкой линзы для плоско-выпуклого кабошона.

Решение

1. Радиус кривизны найдём, измерив длину дуги \(l\) методом прокатывания и диаметр \(d=2r\) кабошона штангенциркулем вдоль одного из двух взаимно перпендикулярных направлений. Для дуги \(l=R\alpha\) и \(\sin\dfrac{\alpha}{2}=\dfrac{r}{R}\), откуда \[\sin\!\Bigl(\kappa\frac{l}{2}\Bigr)=\kappa\frac{d}{2},\qquad \kappa=\frac{1}{R}.\] Нелинейное уравнение решается итерациями: \(\kappa=\dfrac{2}{d}\sin\!\bigl(\kappa\dfrac{l}{2}\bigr)\). Альтернативно: \(R=\dfrac{h^2+r^2}{2h}\), где \(h=H-h_0\) — высота искривлённой части кабошона (\(H\) — полная толщина, \(h_0\) — толщина неискривлённой части). Тогда \(K=\kappa_1\kappa_2\) по обоим главным направлениям.

2. Для тонкой линзы \(\dfrac{1}{F}=\Bigl(\dfrac{n_2}{n_1}-1\Bigr)\Bigl(\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_0}\Bigr)\). Кабошон плоско-выпуклый, \(R_0\to\infty\), поэтому \(\dfrac{1}{F}=(n-1)\dfrac{1}{R_1}\). Фокусное расстояние находится из \(\dfrac{1}{F}=\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{f}\), где \(d\) — расстояние от фонарика до кабошона, \(f\) — до изображения. Отсюда \[n=R_1\Bigl(\frac{1}{d}+\frac{1}{f}\Bigr)+1 .\] Для каждого из радиусов \(R_1\) и \(R_2\) получаем своё \(n_1\) и \(n_2\); ответ — \(n=\dfrac{n_1+n_2}{2}\).