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

Найдите ускорение груза \(m\) вдоль клина по второму закону Ньютона. Затем покажите, что «зайчик» проходит путь, в два раза меньший (с множителем \(\cos\alpha\) в знаменателе), и продифференцируйте по \(\alpha\).

\(a_з = \dfrac{(M - m\sin\alpha)\,g}{2(M+m)\cos\alpha}\); минимум при \(\sin\alpha = m/M\).

Груз \(m\) поднимается вдоль клина с ускорением \(a = \dfrac{(M - m\sin\alpha)g}{M+m}\). Когда груз проходит путь \(L\) вдоль клина, «зайчик» на потолке смещается на \(L/(2\cos\alpha)\): треугольник «груз–зеркало–зайчик» равнобедренный, углы при основании равны \(\alpha\). Это верно для любого отрезка пути, поэтому скорость и ускорение «зайчика» получаются из скорости и ускорения груза делением на \(2\cos\alpha\): \[a_з = \frac{a}{2\cos\alpha} = \frac{(M - m\sin\alpha)\,g}{2(M+m)\cos\alpha}.\] Минимум ищем по \(\alpha\): производная пропорциональна \(\dfrac{-m\cos^2\alpha + (M - m\sin\alpha)\sin\alpha}{\cos^2\alpha}\) при сокращении на \(M\); она обращается в ноль при \(\sin\alpha = m/M\). При \(\sin\alpha < m/M\) производная отрицательна, при \(\sin\alpha > m/M\) — положительна, значит, это действительно минимум.

Перейдите во вращающуюся систему отсчёта, где гантель покоится: сила Лоренца уравновешивает центробежную силу, действующую на каждый шарик. Какие ориентации стержня устойчивы?

Устойчивые движения: при \(\omega < \omega_0\) — \(R = \dfrac{\omega a}{\omega_0 - \omega}\); при \(\omega > \omega_0\) — \(R = \dfrac{\omega a}{\omega + \omega_0}\), где \(\omega_0 = \dfrac{qB}{m}\).

Гантель вращается как целое, стержень направлен по радиусу. Сила Лоренца приложена к заряду и тянет его к центру, а центробежные силы приложены к центру масс. Удобно перейти во вращающуюся систему, где гантель покоится: тогда \(\vec F_л + \vec F_{цб} = 0\). Вращение, при котором стержень не направлен по радиусу, неустойчиво: силы разворачивают гантель дальше от радиальной ориентации.

Первый случай: заряд движется по окружности радиуса \(R\), массивный шарик — по окружности радиуса \(R + a\), сила Лоренца притягивает заряд к центру. Тогда \(qBωR = mω^2(R + a)\), откуда \[R = \frac{\omega a}{\omega_0 - \omega}, \qquad \omega_0 = \frac{qB}{m}.\] Решение существует при \(\omega < \omega_0\) и устойчиво.

Второй случай: сила Лоренца отталкивает заряд от центра, масса движется по радиусу \(a - R\). Тогда \(qBωR = mω^2(a - R)\), откуда \[R = \frac{\omega a}{\omega + \omega_0}.\] Это решение существует при любых \(\omega\). При \(\omega > \omega_0\) остаётся только оно (устойчивое), при \(\omega < \omega_0\) появляется и первое. Устойчивость проверяется малым сдвигом \(R \to R + \Delta r\): сила Лоренца должна расти быстрее центробежной, чтобы возвращать гантель к равновесию.

Работа \(\delta A = p\,S\,dx\), поэтому наклон участков графика даёт давление. Какие процессы не видны на графике \(A(x)\), и что происходит на концах зубцов?

\(\eta = \dfrac{1}{9} \approx 11\%\).

Работа поршня \(\delta A = pS\,dx\), поэтому участки графика с постоянным наклоном — изобары: первый участок (поршень сдвигается на 10 клеток, работа +6 клеток) — изобарное расширение при большем давлении, второй (возврат, работа −4 клетки) — изобарное сжатие при меньшем давлении. Изохорные процессы на \(A(x)\) не видны (нет смещения поршня), поэтому на концах зубцов происходят изохорные нагрев и охлаждение. Цикл в осях \(p\)–\(V\) — прямоугольник.

Пусть \(A_{\text{за цикл}} = 2a\) (разность \(6a - 4a\) за период), \(V_2 - V_1 = V_1\) по условию удвоения объёма. Теплота подводится на изобаре \(1\!-\!2\) и на изохоре \(4\!-\!1\): \[Q_{12} = \frac{5}{2}A_{12} = \frac{5}{2}\cdot 6a = 15a, \qquad Q_{41} = \frac{3}{2}(p_{12} - p_{23})V_1 = 3a.\] Полученная за цикл теплота \(Q_+ = Q_{12} + Q_{41} = 18a\), поэтому \[\eta = \frac{A_{\text{за цикл}}}{Q_+} = \frac{2}{18} = \frac{1}{9} \approx 11\%.\]

Выделившаяся теплота пропорциональна \(v_0\): ЭДС равна \(-\Phi'(x)\,v_0\). В трубе установившаяся скорость достигается, когда работа силы тяжести на единицу пути равна тепловой мощности.

\(Q \propto v_0\), точнее \(Q = \dfrac{v_0}{R_0}\displaystyle\int \Phi'^2(x)\,dx\); \(u_{\max} = \dfrac{mg\,v_0}{nQ}\).

Магнит создаёт через кольцо переменный магнитный поток \(\Phi(x)\), где \(x = v_0 t\). По закону Фарадея ЭДС равна \(\mathcal{E} = -\Phi'(x)\,v_0\), ток в кольце \(I = \mathcal{E}/R_0\), мощность тепла \(w = \mathcal{E}^2/R_0 = \Phi'^2(x)\,v_0^2/R_0\). Интегрируя по времени и заменяя \(v_0\,dt = dx\), получаем \[Q = \frac{v_0}{R_0}\int_{-\infty}^{\infty}\Phi'^2(x)\,dx \sim v_0.\] Значит, теплота на каждом участке пути пропорциональна скорости магнита.

Для трубы: пусть магнит движется с установившейся скоростью \(u\). Каждое кольцо выделяет теплоту \(Qu/v_0\); на пути \(H\) магнит проходит \(nH\) колец, и средняя мощность тепловыделения на единицу длины трубы равна \(W = nQu^2/v_0\). Равномерное движение возможно, когда эта мощность равна мощности силы тяжести \(mgu\): \[\frac{nQu^2}{v_0} = mgu \quad\Rightarrow\quad u_{\max} = \frac{mg\,v_0}{nQ}.\]

До замыкания ключа ток может идти только по двум контурам с батарейками, и диоды задают направления токов. После замыкания попробуйте отключить один контур: выберите тот, в котором верхний диод не открывается, и проверьте, что все токи через диоды получились положительными.

До замыкания ключа: первый амперметр — 0, второй — \(\dfrac{\mathcal{E}}{2R}\). После замыкания: первый амперметр — 0, второй — \(\dfrac{11\,\mathcal{E}}{30\,R}\).

До замыкания ключа ток циркулирует по двум контурам, токи \(I_1\) и \(I_2\). Через нижнее сопротивление и нижний диод течёт \(I_1 + I_2\). Законы Кирхгофа дают \(\mathcal{E} = (I_1+I_2)R + I_1 r = (I_1+I_2)R + I_2 r\), откуда \(I_1 = I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{2R + r} = \dfrac{\mathcal{E}}{4R}\). Первый амперметр показывает ноль, второй — \(I_1 + I_2 = \dfrac{\mathcal{E}}{2R}\).

После замыкания ключа появляются два новых контура с токами \(I_3\) и \(I_4\). Система уравнений для всех четырёх контуров несовместна: сумма двух токов через диоды должна быть равна нулю, а значит, оба они нулевые. Один из диодов закрыт. Разность потенциалов между точками, где стоит верхний диод, до замыкания равна \(\mathcal{E}/2\), а \(\mathcal{E}_x = \mathcal{E}/6\) меньше, поэтому верхний диод остаётся закрытым, \(I_4 = 0\).

Система для токов \(I_1\), \(I_2\), \(I_3\) при \(r = 2R\) и \(\mathcal{E}_x = \mathcal{E}/6\): \(2\mathcal{E} = 4R\,I_{12} + 6R\,I_3\), \(\ \mathcal{E}/6 = (I_3 - I_{12})R\), где \(I_{12} = I_1 + I_2\). Решение: \(I_{12} = \dfrac{\mathcal{E}}{10R}\), \(I_3 = \dfrac{4\mathcal{E}}{15R}\). Все токи положительны, значит, предположение верно. Через второй амперметр течёт \(I_{12} + I_3 = \dfrac{11\,\mathcal{E}}{30\,R}\), а через первый, как и раньше, ток не течёт.

Компенсируйте поле Земли, действующее на стрелку, полем диполя (третьего магнита): поля квадруполя и диполя в точке стрелки равны по модулю и противоположны. Строить зависимость удобно в логарифмических координатах.

Показатель степени \(k\) близок к теоретическому значению \(4\); коэффициент \(A\) — по данным для каждого из трёх углов.

Процедура: диполь (третий магнит) и квадруполь ставят по разные стороны от стрелки и подбирают расстояния так, чтобы стрелка возвращалась в исходное положение, которое задавало магнитное поле Земли. Диполь и квадруполь приближают плавно, с большого расстояния, иначе стрелка начнёт колебаться.

В равновесии поля квадруполя и диполя равны по модулю. Для диполя индукция на оси и в перпендикулярном направлении пропорциональна \(r^{-3}\) с множителями \(2\) и \(1\) соответственно. Логарифмирование даёт линейную зависимость \(\ln r_{\text{дип}}\) от \(\ln r_{\text{кв}}\); её наклон определяет степень \(k\), сдвиг — коэффициент \(A\).

По измерениям получены прямые в логарифмических координатах с угловыми коэффициентами около \(1{,}5\), \(1{,}1\) и \(1{,}3\) (углы \(0^\circ\), \(45^\circ\), \(90^\circ\)) и значения степени \(k\) в пределах от \(3{,}3\) до \(4{,}6\). Наиболее вероятна степень \(4\), совпадающая с теорией.

Пробирка, полностью заполненная жидкостью, действует как цилиндрическая линза радиуса \(R\). В параксиальном приближении углы малы; сравните преломление на двух границах.

\(\Phi(n) = \dfrac{2(n-1)}{nR}\) Для жидкости по измерениям при \(\alpha = 30^\circ\), \(45^\circ\), \(60^\circ\) получено \(n = 1{,}347\); \(1{,}344\); \(1{,}336\) (\(\beta = 50^\circ\), \(64^\circ\), \(74^\circ\)).

В параксиальном приближении по теореме синусов для двух сферических границ (жидкость–воздух) получаем связь расстояний \(a\) и \(b\) с показателем преломления: \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} = \dfrac{2(n-1)}{nR}\). Для предмета на расстоянии \(a\) от оси изображение в поперечном направлении увеличено, а в продольном размеры совпадают с исходными. Поэтому визуальный поворот линии \(\beta\) при повороте пробирки на угол \(\alpha\) выражается через малые углы и даёт связь \(n\) с \(\alpha\) и \(\beta\).

По измерениям: \(\alpha = 30^\circ\), \(45^\circ\), \(60^\circ\) дают \(\beta = 50^\circ\), \(64^\circ\), \(74^\circ\) и \(n = 1{,}347\); \(1{,}344\); \(1{,}336\). Среднее \(n \approx 1{,}34\). Полученное значение немного завышено из-за пренебрежения влиянием стенок пробирки (для воды табличное \(n = 1{,}333\)).