ВсОШ, 2011/12, заключительный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Удар неупругий, поэтому сразу после него пакет и чашка движутся с общей скоростью. Далее пригодится закон сохранения энергии для колебаний чашки на пружине, в котором учтено начальное растяжение пружины под весом чашки.

Ответ

\(M = 2\) кг.

Решение

Пусть \(m\) — масса пакета. Его скорость непосредственно перед ударом равна \(v = \sqrt{2gh}\). Удар абсолютно неупругий, поэтому скорости пакета и чашки сразу после удара одинаковы и равны \[V = \frac{m}{m + M}\,v.\] До удара на пружине висела только чашка, поэтому удлинение пружины было равно \[x_1 = \frac{Mg}{k}.\] В момент максимального отклонения удлинение равно \[x_2 = \frac{Mg}{k} + \frac{m_1 g}{k}.\] Запишем закон сохранения энергии для момента времени сразу после удара и для момента максимального отклонения: \[\frac{(M + m)V^2}{2} + \frac{k x_1^2}{2} = \frac{k x_2^2}{2} - (M + m)\,g\,(x_2 - x_1).\] После того как наступит равновесие, весы будут показывать массу пакета с мукой, поэтому \(m = m_0\). Подставляя \(V\), \(x_1\) и \(x_2\) и упрощая, получаем \[M = \frac{2k\,m_0^2\,h}{m_1 g\,(m_1 - 2m_0)} - m_0 = 2~\text{кг}.\]

Подсказка

Следите за тем, как меняется площадь контура и магнитный поток через него при движении стержней. Установившееся состояние наступает, когда ЭДС индукции исчезает, то есть когда скорости стержней выравниваются.

Ответ

1) \(d' = d + \dfrac{m v_0 R}{B^2 l^2}\);  2) \(Q = \dfrac{m v_0^2}{4}\).

Решение

При изменении площади контура \(ABCD\), образованного стержнями и направляющими, из-за возникающей ЭДС индукции в системе течёт электрический ток. Силы Ампера действуют так, что тормозят стержень \(AB\) и разгоняют \(CD\). При выравнивании скоростей \(v_{AB}\) и \(v_{CD}\) магнитный поток через контур перестаёт изменяться, исчезают ЭДС индукции и индукционный ток, а с ними и силы Ампера. С этого момента стержни движутся с равными скоростями.

За малый промежуток времени \(\Delta t\) изменение площади контура \(\Delta S = (v_{AB} - v_{CD})\,l\,\Delta t\), изменение магнитного потока \(\Delta\Phi = B\,\Delta S\). Отсюда ЭДС индукции, ток в контуре, силы Ампера и ускорения стержней (направленные противоположно): \[|\mathcal{E}_{\text{и}}| = B(v_{AB} - v_{CD})\,l, \qquad I_{AB} = I_{CD} = \frac{B(v_{AB} - v_{CD})\,l}{2R}, \qquad F_{AB} = F_{CD} = \frac{B^2 l^2 (v_{AB} - v_{CD})}{2R},\] \[a = \frac{B^2 l^2 (v_{AB} - v_{CD})}{2mR}.\] С учётом направления ускорения \[\frac{\Delta v_{AB}}{\Delta t} = -\frac{B^2 l^2 (v_{AB} - v_{CD})}{2mR}, \qquad \frac{\Delta v_{CD}}{\Delta t} = \frac{B^2 l^2 (v_{AB} - v_{CD})}{2mR}.\] Домножая обе части на \(\Delta t\) и учитывая, что \((v_{AB} - v_{CD})\,\Delta t = \Delta d\) — изменение расстояния между стержнями, получаем \[\Delta v_{AB} = -\frac{B^2 l^2}{2mR}\,\Delta d, \qquad \Delta v_{CD} = \frac{B^2 l^2}{2mR}\,\Delta d.\] Тогда \[v_{AB} = v_0 - \frac{B^2 l^2}{2mR}\,\Delta d, \qquad v_{CD} = \frac{B^2 l^2}{2mR}\,\Delta d.\] При выравнивании скоростей \[v_0 - \frac{B^2 l^2}{2mR}\,\Delta d = \frac{B^2 l^2}{2mR}\,\Delta d, \qquad \text{отсюда} \qquad \Delta d = \frac{m v_0 R}{B^2 l^2}.\] Окончательно установившееся расстояние между стержнями \[d' = d + \Delta d = d + \frac{m v_0 R}{B^2 l^2}.\] Скорости при этом \(v_{AB} = v_{CD} = v_0/2\). В системе выделится теплота \[Q = \frac{m v_0^2}{2} - 2\cdot\frac{m (v_0/2)^2}{2} = \frac{m v_0^2}{4}.\]

Подсказка

Сила на диполь равна разности сил на зарядах \(+q\) и \(-q\). При малом \(l\) эта разность выражается через производную поля. Какой вид имеет уравнение движения при таком законе силы?

Ответ

\(F(x) = -\dfrac{2qlE_0}{L^2}\,x\);  \(v_{\max} = \sqrt{v_0^2 + \dfrac{2qlE_0}{m}}\);  \(t = \dfrac{1}{\omega}\left(\pi - 2\arctg\dfrac{v_0}{\omega L}\right)\), где \(\omega = \sqrt{\dfrac{2qlE_0}{mL^2}}\).

Решение

Сила, действующая на диполь со стороны электрического поля, есть сумма сил, действующих на заряды \(+q\) и \(-q\). Пусть координата центра диполя равна \(x\). Тогда \[F_x(x) = qE\!\left(x + \frac{l}{2}\right) - qE\!\left(x - \frac{l}{2}\right) = q\,\frac{dE}{dx}\,l = -\frac{2qlE_0}{L^2}\,x.\] Второй закон Ньютона для диполя: \[m\ddot x = F(x) = -\frac{2qlE_0}{L^2}\,x.\] Полученное уравнение — уравнение гармонических колебаний с циклической частотой \[\omega = \sqrt{\frac{2qlE_0}{mL^2}}.\] Его решение можно записать в виде \[x(t) = A\cos(\omega t + \varphi), \qquad v(t) = -A\omega\sin(\omega t + \varphi).\] Постоянные \(A\) и \(\varphi\) найдём из начальных условий (при \(x(0) = -L\), \(v(0) = v_0\)): \[\varphi = \arctg\frac{v_0}{\omega L} + \pi, \qquad A = L\sqrt{1 + \left(\frac{v_0}{\omega L}\right)^2}.\] Наибольшая скорость диполя \[v_{\max} = A\omega = \sqrt{v_0^2 + \frac{2qlE_0}{m}}.\] Фазу колебаний в момент, когда диполь покидает область поля, найдём из тригонометрии: \[\varphi_1 = 2\pi - \arctg\frac{v_0}{\omega L}.\] Зная начальную и конечную фазы, находим время пролёта: \[t = \frac{\varphi_1 - \varphi}{\omega} = \frac{1}{\omega}\left(\pi - 2\arctg\frac{v_0}{\omega L}\right).\]

Подсказка

Работа равна площади под графиком \(p(V)\). Чтобы работа была наибольшей, прямая должна быть как можно более пологой, но процесс в точке \(D\) должен ещё подводить тепло: проверьте, когда прямая касается адиабаты.

Ответ

\(A_m = \dfrac{13}{98}\,RT_B = 540{,}15\) Дж (здесь \(T_B = 490\) К).

Решение

Запишем уравнение линейного процесса \(BD\) в виде \(p(V) = p_D + k(V - V_D)\), где \(p_D\) и \(V_D\) — давление и объём газа в состоянии \(D\). Отсюда \(k = -\dfrac{p_D}{V_0 - V_D}\), где \(V_0\) — точка пересечения прямой \(BD\) с осью объёмов. Процесс прекращается в точке \(D\), где данная прямая касается адиабаты (теплота подводится) (рис. 30). Условие касания адиабаты и прямой — совпадение коэффициентов наклона в точке \(D\).

Уравнение адиабаты: \(pV^\gamma = p_D V_D^\gamma\). Продифференцируем его и найдём угловой коэффициент в точке \(D\): \[p'(V_D) = -\gamma\,\frac{p_D V_D^\gamma}{V_D^{\gamma+1}} = -\gamma\,\frac{p_D}{V_D}.\] Приравнивая \(p'(V_D) = k\) при \(\gamma = 4/3\) (газ многоатомный), получаем \(V_D = \dfrac{4V_0}{7}\).

Чтобы работа была максимальной, прямую \(BD\) нужно проводить как можно более полого. В пределе это касательная к изотерме в точке \(B\). Аналогично находим \(V_B = \dfrac{V_0}{2}\). Далее \[p_D = 2p_B - \frac{p_B}{V_B}\,V_D = \frac{6}{7}\,p_B.\]

Максимальная работа равна \[A_m = \frac{1}{2}(p_B + p_D)(V_D - V_B) = \frac{1}{2}\,p_B V_B \left(1 + \frac{6}{7}\right)\left(\frac{8}{7} - 1\right) = \frac{13}{98}\,RT_B = 540{,}15~\text{Дж},\] где \(T_B = 490\) К.

Подсказка

Для тонкой линзы луч, проходящий через двойной фокус, после преломления возвращается симметрично относительно оптической оси. Сравните положение точек двойных фокусов с углом, образованным плоскостями линз.

Ответ

1) линзы могут быть как собирающими, так и рассеивающими; фокус \(F\) принадлежит одной из линз (левой). 2)–4) построения и ход луча — см. решение.

Решение

1. По условию плоскости линз образуют правильный многоугольник. Из центра \(C\) проводим два луча \(CD\) и \(CE\), образующие с ближайшими прямыми \(CA\) и \(CB\) углы \(\alpha = \dfrac{2\pi}{N}\). Это и будут проекции плоскостей линз на плоскость рисунка.

2. Предположим, что фокус \(F\) принадлежит левой линзе. Проведём через него перпендикуляр к этой линзе (рис. 31). Точка пересечения перпендикуляра с плоскостью линзы даёт положение её оптического центра \(O\). Отметим на остальных плоскостях оптические центры линз.

3. Многоугольник правильный, поэтому ход луча относительно плоскости линзы симметричен. Из формулы для тонкой собирающей линзы следует, что при таком ходе луч пересекает главную оптическую ось линзы на двойном фокусном расстоянии. Если же линза рассеивающая, то точку двойного фокуса пересечёт воображаемое продолжение луча. Откладываем на главных оптических осях каждой линзы двойные фокусные расстояния. Луч, идущий через двойные фокусы, лежащие внутри \(ACB\), пойдёт относительно точки \(C\) дальше оптических центров линз; это соответствует собирающей линзе. Луч, идущий через двойные фокусы, лежащие снаружи \(ACB\), пойдёт относительно точки \(C\) ближе оптических центров линз; это соответствует рассеивающей линзе. Пусть эти лучи пересекают плоскости линз (\(CA\) и \(CB\)) в точках \(A_1\), \(B_1\) и \(A_2\), \(B_2\). Откладывая от центра \(C\) отрезки длиной \(CB_1\), мы восстановим точки, через которые пройдёт искомый луч, если линзы собирающие. Если откладывать от центра \(C\) отрезки длиной \(CB_2\), мы восстановим точки, через которые пройдёт искомый луч, если линзы рассеивающие. В обоих случаях луч проходит сквозь линзы (радиус каждой линзы равен \(D/2\)).

4. Теперь предположим, что фокус \(F\) относится к правой линзе. Выполнив все построения аналогично рассмотренному случаю, убеждаемся, что луч пройдёт мимо линз (на расстоянии, большем её радиуса \(D/2\)).

5. Итак, возможны два варианта: линза может быть собирающей и рассеивающей. Фокус \(F\) принадлежит левой линзе.