«Старт в науку», 2024/25, заключительный этап, 10 класс, теоретический тур

При ударе о воду горизонтальная составляющая скорости камушка сохраняется, меняется только вертикальная. Выпишите высоту подъёма после отскока и условие, при котором камушек попадает в верхнюю точку буйка.

Пусть начальная скорость камушка \(v_0\), высота \(h\). Первый «блинчик» происходит через время \(t_1 = \sqrt{2h/g}\) в точке \(x_1 = v_0\sqrt{2h/g}\). При ударе о воду камушек теряет часть вертикальной скорости, горизонтальная составляющая сохраняется. Максимальная высота подъёма после удара \(h_2 = (1-\alpha)h = \dfrac{v_y^2}{2g}\). До буйка камушек летит \(x_2 = v_0 t_2\), и за время \(t_2\) он должен успеть подняться до верхней точки буйка \(H\): \(H = v_y t_2 - \dfrac{g t_2^2}{2}\). Подставляя, получаем \[H = \sqrt{2g(1-\alpha)h}\left(\frac{L}{v_0} - \sqrt{\frac{2h}{g}}\right) - \frac{g}{2}\left(\frac{L}{v_0} - \sqrt{\frac{2h}{g}}\right)^2,\] где \(L\) – расстояние до буйка. Из этого уравнения выражается необходимая скорость \(v_0\).

Запишите уравнение адиабаты через давление и температуру и найдите показатель \(\alpha = \dfrac{\gamma}{\gamma-1}\) по отношению давлений и температур. По значению \(\gamma\) определите число атомов в молекуле.

\(m_A = \dfrac{m}{2N_A}\), где \(m\) – масса одного моля газа (здесь \(2\) г), \(N_A\) – число Авогадро; молекула двухатомная.

Из уравнения адиабаты \(PV^\gamma = \text{const}\) и уравнения состояния \(PV = RT\) получаем \(PT^{\gamma/(1-\gamma)} = \text{const}\). С обозначением \(\alpha = \dfrac{\gamma}{\gamma-1}\) отношение давлений \(\dfrac{P_1}{P_2} = \left(\dfrac{T_1}{T_2}\right)^{\alpha}\), откуда \[\alpha = \frac{\ln(P_1/P_2)}{\ln(T_1/T_2)} \approx 3{,}5.\] Это соответствует \(\gamma = 7/5\), то есть газ двухатомный. Масса одного атома \(m_A = \dfrac{m}{2N_A}\).

Пылинка прилипнет, если её энергия во взаимодействии с плоскостью не положительна. Заряженная проводящая пылинка у плоскости индуцирует на ней заряд противоположного знака, поле которого можно заменить зарядом-изображением.

\(\varphi_s = \dfrac{kq}{2r} \approx 45\) кВ.

Запишем закон сохранения энергии для пылинки, пренебрегая её кинетической энергией. Пылинка прилипнет, если энергия взаимодействия плоскости и пылинки будет отрицательной. Энергия пылинки равна сумме энергий во взаимодействии с зарядом плоскости и с индуцированным изображением пылинки: \[W = q\varphi_s + q\varphi_i.\] Поле вне пылинки совпадает с полем точечного заряда, поэтому потенциал изображения \(\varphi_i = -\dfrac{kq}{2r}\). Из-за малости размера пылинки потенциал плоскости считаем равным потенциалу в центре пылинки. Условие налипания \(W = 0\) даёт \[\varphi_s = \frac{kq}{2r} \approx 45~\text{кВ}.\]

Найдите предельный угол падения, при котором луч ещё выходит из линзы, и точку пересечения предельного луча с оптической осью. Отдельно рассмотрите параксиальные лучи, для которых линза тонкая.

Фокальный отрезок \(C_1C_2 = \dfrac{nR}{\sqrt{n-1}}\left(\dfrac{1}{\sqrt{n-1}} - \dfrac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\), где \(OC_1 = \dfrac{nR}{\sqrt{n^2-1}}\) и \(OC_2 = \dfrac{nR}{n-1}\). Панель установить между точками \(D\) и \(G\): \(OD = \dfrac{nR-L}{\sqrt{n^2-1}}\), \(OG = \dfrac{nR+L}{\sqrt{n^2-1}}\).

Лучи падают нормально на плоскую поверхность и не преломляются. На криволинейной поверхности по закону Снеллиуса \(n\sin\beta = \sin\alpha\). Предельный луч выходит вдоль поверхности: \(\sin\alpha_{кр} = 1\), \(\beta_{кр} = \arcsin\dfrac{1}{n} \approx 38{,}7^\circ\). Для произвольного луча точка его пересечения с оптической осью \(OC = R\left(\cos\beta + \sin\beta\,\text{ctg}(\alpha-\beta)\right)\). Для предельного луча \[OC_1 = R\left(\cos\beta_{кр} + \sin\beta_{кр}\tan\beta_{кр}\right) = \frac{nR}{\sqrt{n^2-1}}.\] В параксиальном приближении линза тонкая, с радиусами \(R_1 = \infty\) и \(R_2 = R\): \[OC_2 = R + \frac{1}{n-1}\left(\frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}\right)^{-1} = \frac{nR}{n-1}.\] Фокальный отрезок \[C_1C_2 = OC_2 - OC_1 = \frac{nR}{\sqrt{n-1}}\left(\frac{1}{\sqrt{n-1}} - \frac{1}{\sqrt{n+1}}\right).\] Положение панели найдём из подобия треугольников \(ABC_1\) и \(DEC_1\), где \(DE = L\) – половина ширины панели: \(DC_1 = \dfrac{L}{\sqrt{n^2-1}}\). По симметрии \(C_1G = DC_1\), поэтому панель должна лежать между точками \(D\) и \(G\).