Санкт-Петербургская, 2025/26, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Мыльная плёнка работает как пружина: сила, с которой она тянет перекладину, пропорциональна длине контакта перекладины с плёнкой. Плёнка и настоящая пружина натянуты одной силой, то есть соединены последовательно. Найдите сначала жёсткость плёнки.

Ответ

\(F = \dfrac{4\sigma k}{k\sqrt{3} + 4\sigma}\,x\) при \(x < x_{\text{кр}} = \dfrac{L\left(k\sqrt{3} + 4\sigma\right)}{2k}\). График — прямая из начала координат до точки \(\left(x_{\text{кр}},\ 2L\sigma\right)\).

Решение

Мыльная плёнка тянет перекладину влево с силой \(2\sigma a\), где \(a\) — длина части перекладины, находящейся в контакте с плёнкой (рис. 1). Перекладина находится на расстоянии \(x_1\) от точки \(O\), и \(a/(2x_1) = \operatorname{tg}30^{\circ} = 1/\sqrt{3}\). Значит, сила действия плёнки \[F_{\text{п}} = 2\sigma a = 4\sigma x_1\operatorname{tg}30^{\circ} = k_1 x_1, \qquad k_1 = \frac{4\sigma}{\sqrt{3}}.\]

Мыльная плёнка работает как «пружина» с жёсткостью \(k_1\), соединённая с настоящей пружиной последовательно. Обе натянуты одной силой \(F = k_1x_1 = kx_2\), и результирующая жёсткость \[\frac{1}{k_{\text{общ}}} = \frac{1}{k} + \frac{1}{k_1} \quad\Rightarrow\quad k_{\text{общ}} = \frac{kk_1}{k + k_1} = \frac{4\sigma k}{k\sqrt{3} + 4\sigma}.\] Зависимость \(F\) от полного растяжения \(x = x_1 + x_2\) линейна: \(F = k_{\text{общ}}x\). График обрывается, когда \(x_1\) достигает \(\sqrt{3}L/2\), то есть когда перекладина достигает краёв стержней; далее плёнка рвётся. Критические значения: \[F_{\text{кр}} = \frac{4\sigma}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{3}L}{2} = 2L\sigma, \qquad x_{\text{кр}} = \frac{F_{\text{кр}}}{k_{\text{общ}}} = \frac{L\left(k\sqrt{3} + 4\sigma\right)}{2k}.\] График (рис. 2) — отрезок прямой от начала координат до точки \((x_{\text{кр}}, F_{\text{кр}})\).

Подсказка

Отражённые лучи идут от зеркала к экрану под углом, который меняется вместе с углом зеркала. Удобно провести вспомогательную горизонталь от точки отражения одного луча до линии другого луча после отражения и выразить расстояние через \(L\) и угол \(2\alpha\) по теореме синусов. Подумайте, когда луч перестаёт выходить из воды.

Ответ

\(z(t) = \dfrac{L}{\cos 2\omega t}\); максимум — в момент \(t_* = \dfrac{\arcsin(1/n)}{2\omega}\); \(z_{\max} = \dfrac{Ln}{\sqrt{n^2 - 1}}\).

Решение

Построим ход лучей после отражения от зеркала, расположенного под углом \(\alpha\) к горизонту (рис.): лучи падают на зеркало в точках \(A\) и \(B\), после отражения в точке \(A\) луч идёт вдоль \(AC\), причём \(\angle BAC = \alpha\). Точку \(C\) выберем так, чтобы \(BC\) было горизонтально. Расстояние \(|BC| = z\) и есть ответ: при дальнейшем преломлении расстояние между лучами по горизонтали не меняется.

В треугольнике \(ABC\) угол \(\angle ABC = \alpha\), а \(|AB| = L/\sin\alpha\). По теореме синусов \[\frac{z}{\sin\alpha} = \frac{L/\sin\alpha}{\sin 2\alpha} \quad\Rightarrow\quad z = \frac{L}{\sin 2\alpha} = \frac{L}{\sin\bigl(2(\alpha_0 + \omega t)\bigr)} = \frac{L}{\cos 2\omega t}.\] На первый взгляд \(z\) неограниченно растёт, когда знаменатель стремится к нулю. Однако схема перестаёт работать, когда лучи не могут выйти из воды в воздух: это происходит, когда угол падения луча на поверхность воды (\(2\alpha - 90^{\circ}\)) достигает предельного угла полного внутреннего отражения: \[n\sin(2\alpha_{\text{кр}} - 90^{\circ}) = 1 \quad\Rightarrow\quad \alpha_{\text{кр}} = 45^{\circ} + \frac{\arcsin(1/n)}{2}.\] Так как угол меняется равномерно, момент полного внутреннего отражения \[t_* = \frac{\arcsin(1/n)}{2\omega}.\] После этого формула не работает, значит, в этот момент \(z\) было максимальным: \[z_{\max} = \frac{L}{\cos\bigl(\arcsin(1/n)\bigr)} = \frac{Ln}{\sqrt{n^2 - 1}}.\]

Подсказка

Из одинаковых давлений и объёмов следует разное количество вещества в отсеках. Докажите, что давление в процессе не меняется: полная энергия газа выражается через давление и суммарный объём. Тогда процесс в каждом отсеке изобарический, и тепло — это изменение энтальпии.

Ответ

\(Q = \dfrac{5PV\,(T_1 - T_2)}{2\,(T_1 + T_2)}\) (тепло протекло через поршень слева направо).

Решение

Одинаковые \(P\) и \(V\) при разных температурах возможны только при разном количестве вещества: \(PV = \nu_1RT_1 = \nu_2RT_2\), так что \(\nu_1 = \dfrac{PV}{RT_1}\), \(\nu_2 = \dfrac{PV}{RT_2}\).

При выравнивании температур теплота переходит из левого отсека в правый, а поршень смещается влево, сохраняя одинаковое давление в отсеках. Работа одного газа над другим в сумме равна нулю, а сосуд теплоизолирован, поэтому полная внутренняя энергия сохраняется. Энергия газа при промежуточном давлении \(P'\) и суммарном объёме \(2V\) равна \(3P'V\); приравнивая её начальному значению \(3PV\), получаем \(P' = P\). Значит, для каждого газа процесс изобарический, и теплоёмкость одноатомного газа при постоянном давлении равна \(\dfrac{5}{2}\nu R\).

Конечная температура находится из сохранения энергии: \[\frac{3RT}{2}\left(\nu_1 + \nu_2\right) = 3PV \quad\Rightarrow\quad T = \frac{2T_1T_2}{T_1 + T_2}.\] Левый газ охлаждается на \(T_1 - T\), отдавая теплоту \(\dfrac{5}{2}\nu_1R(T_1 - T)\): \[Q = \frac{5}{2}\nu_1R\left(T_1 - \frac{2T_1T_2}{T_1 + T_2}\right) = \frac{5PV\,(T_1 - T_2)}{2\,(T_1 + T_2)}.\] Эта же теплота получена правым газом. Важно не перепутать теплоёмкость при постоянном объёме (уменьшение внутренней энергии левого газа) и теплоту, протекшую через поршень, — последняя связана с работой, которую правый отсек совершает над левым.

Подсказка

Представьте П-образную нить как сумму двух Г-образных нитей с положительным зарядом и одной прямой нити с отрицательным зарядом, наложенных друг на друга. Поля отдельных частей вам уже известны из первых двух опытов.

Ответ

\(E = \dfrac{|E_1| + |E_2|}{\sqrt{2}}\).

Решение

П-образную систему зарядов во втором опыте можно представить как суперпозицию системы зарядов из первого и третьего опытов: двух положительно заряженных Г-образных нитей (красные на рисунке) и отрицательно заряженной прямой нити (синяя). Вертикальные отрезки при этом накладываются друг на друга: Г-образные отрезки удваивают плотность заряда перекладины П-образной нити, а прямая нить компенсирует лишнее вертикальное удвоение.

Поэтому \(\vec E_2\) — это сумма вектора \(\vec E_1\) (от прямой нити, с обратным знаком) и двух векторов \(\vec E_3\) от Г-образных нитей. По симметрии \(\vec E_3\) направлен по биссектрисе прямого угла Г-образной нити, то есть под углом \(45^{\circ}\) к горизонтали (рис.).

Проектируя векторное равенство на направление \(\vec E_2\), получаем \(E_2 = \sqrt{2}E_3 - E_1\), откуда \(E_3 = \dfrac{E_1 + E_2}{\sqrt{2}}\). Это и есть напряжённость в точке \(C\) третьего опыта, где остаётся одна Г-образная нить: \(E = \dfrac{|E_1| + |E_2|}{\sqrt{2}}\).

Подсказка

Разложите поле \(B\) на составляющую, перпендикулярную плоскости новой окружности, и составляющую в её плоскости. Перпендикулярная составляющая даёт постоянную по направлению к центру силу, а составляющая в плоскости — силу, меняющуюся по времени.

Ответ

От \(qBV\left(1 - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\) до \(qBV\sqrt{2 - \sqrt{2}}\).

Решение

Представим \(\vec B\) как сумму поля \(\vec B_{\parallel}\), лежащего в плоскости окружности, и поля \(\vec B_{\perp}\), перпендикулярного ей (рис.). Заметим, что \(|B_{\perp}| = |B_{\parallel}| = B\sqrt{2}/2\).

Каждой составляющей поля соответствует своя составляющая дополнительной силы: \(F_1\) и \(F_2\).

Компонента \(B_{\perp}\) даёт силу Лоренца \(F_{\text{л1}} = qB_{\perp}V = \dfrac{qBV\sqrt{2}}{2}\), направленную к центру окружности (рис.). Для равномерного движения по окружности нужна суммарная сила \(mV^2/R\). Из первого опыта \(qBV = mV^2/R\), поэтому сила \(F_1\), которую нужно добавить:

\[F_1 + F_{\text{л1}} = \frac{mV^2}{R} \quad\Rightarrow\quad F_1 = \frac{mV^2}{R} - qB_{\perp}V = qBV\left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right).\] Эта сила постоянна и всегда направлена к центру окружности.

Компонента \(B_{\parallel}\) создаёт силу Лоренца \(F_{\text{л2}}\), перпендикулярную плоскости рисунка, которая меняется по величине, так как угол между \(B_{\parallel}\) и скоростью меняется. Максимум \(F_{\text{л2}} = qB_{\parallel}V = \dfrac{qBV\sqrt{2}}{2}\) достигается, когда \(\vec V\perp\vec B_{\parallel}\), а обращается в ноль, когда скорость параллельна \(\vec B_{\parallel}\). Дополнительная сила \(F_2\) полностью компенсирует \(F_{\text{л2}}\), поэтому меняется от нуля до \(\dfrac{qBV\sqrt{2}}{2}\). Минимум модуля суммарной дополнительной силы совпадает с \(F_1\), а максимум получается сложением взаимно перпендикулярных \(F_1\) и \(F_2^{\max}\) (рис.):

\[F_{\max} = \sqrt{F_1^2 + \left(F_2^{\max}\right)^2} = qBV\sqrt{\left(1 - \frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 + \frac{1}{2}} = qBV\sqrt{2 - \sqrt{2}}.\]