ВсОШ, 2018/19, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Максимальное ускорение на первом участке равно \(\mu g\), на втором — \(2\mu g\) при торможении. Выгодно разгоняться максимально, а затем заблаговременно тормозить до некоторой скорости на границе; эту скорость найдите из условия минимума времени.

\(t_{\text{и,min}} = \sqrt{\dfrac{7L}{2\mu g}} \approx 1{,}87\sqrt{\dfrac{L}{\mu g}}\);  \(\upsilon_0 = \sqrt{\dfrac{2\mu g L}{7}}\).

Разгон на первом участке с ускорением \(\mu g\) до скорости \(\upsilon_2\) в точке \(A\), затем заблаговременное торможение с ускорением \(-\mu g\) до скорости \(\upsilon_0\) на границе (точка \(B\)), затем торможение с ускорением \(-2\mu g\) до полной остановки в точке \(C\) в момент \(t_{\text{и}}\).

Скорость \(\upsilon_0\) на границе достигается в момент \(t_3 = \dfrac{\upsilon_0}{\mu g}\), к этому моменту пройден путь \(S_1 = \dfrac{\upsilon_0^2}{2\mu g}\). Половина оставшегося до границы пути пройдена за время \(\Delta t_2\): \[\frac{L - S_1}{2} = \upsilon_0\,\Delta t_2 + \frac{\mu g\,\Delta t_2^2}{2}, \qquad \Delta t_2 = \sqrt{\frac{\upsilon_0^2}{2\mu^2g^2} + \frac{L}{\mu g}} - \frac{\upsilon_0}{\mu g}.\] Время движения до границы: \[t_0 = t_3 + 2\,\Delta t_2 = 2\sqrt{\frac{\upsilon_0^2}{2\mu^2g^2} + \frac{L}{\mu g}} - \frac{\upsilon_0}{\mu g}.\] Время торможения за границей: \(t_т = \dfrac{\upsilon_0}{2\mu g}\). Полное время \[t_{\text{и}} = t_0 + t_т = 2\sqrt{\frac{\upsilon_0^2}{2\mu^2g^2} + \frac{L}{\mu g}} - \frac{\upsilon_0}{2\mu g}.\] Обозначим \(s = \dfrac{\upsilon_0}{\mu g}\), \(c = \dfrac{L}{\mu g}\). Тогда \(t_{\text{и}} = 2\sqrt{\dfrac{s^2}{2} + c} - \dfrac{s}{2}\). Производная по \(s\) равна нулю при \(\dfrac{s}{\sqrt{s^2/2 + c}} = \dfrac{1}{2}\), откуда \(s^2 = \dfrac{2c}{7}\). При этом \[t_{\text{и,min}} = \frac{7}{2}\sqrt{\frac{2c}{7}} = \sqrt{\frac{7L}{2\mu g}} \approx 1{,}87\sqrt{\frac{L}{\mu g}}, \qquad \upsilon_0 = \mu g\, s = \sqrt{\frac{2\mu g L}{7}}.\]

Гравитационный потенциал в центре куба вдвое больше по модулю, чем в его вершине. Используйте закон сохранения энергии для двух случаев.

\(\upsilon_2 = \upsilon_1\).

Исходный куб составим из восьми кубиков вдвое меньшего ребра. По аналогии с электростатикой введём гравитационный потенциал \(\varphi\), который в любой точке однородного куба пропорционален его массе и обратно пропорционален линейным размерам. Для малого кубика с ребром \(b\) и массой \(m\) потенциал в его центре \(\varphi_0 = -k\dfrac{m}{b} = -k\rho b^2\) (здесь \(k\) — коэффициент, \(\rho\) — плотность планеты).

Потенциал в центре большого куба по принципу суперпозиции \(\varphi_1 = 8\varphi_0\), а потенциал в его вершине \(\varphi_2 = -k\dfrac{\rho(2b)^3}{2b} = 4\varphi_0\). Таким образом, \(\varphi_1 = 2\varphi_2\).

Закон сохранения энергии для падения из \(A\) в \(O\) и для запуска из \(A\) с выходом из поля тяготения: \[m\varphi_2 = m\varphi_1 + \frac{m\upsilon_1^2}{2}, \qquad m\varphi_2 + \frac{m\upsilon_2^2}{2} = 0.\] Отсюда \(\upsilon_1^2 = -2\varphi_2\) и \(\upsilon_2^2 = -2\varphi_2\), то есть \(\upsilon_2 = \upsilon_1\).

Давление в обеих частях одинаково. Правая часть сжимается адиабатически, а работа, совершённая над ней, равна работе, совершённой левой частью.

\(\Delta T_2 = \dfrac{\Delta T}{4}\);  \(Q = \dfrac{15}{8}R\,\Delta T\).

Запишем уравнения состояния \(PV = RT\) для левой и правой частей в начальном и конечном состояниях. Давления в частях одинаковы, полный объём не меняется: \(dV_2 = -dV_1\). Тогда для малых изменений \[P\,dV_1 + V\,dP = R\,dT_1, \qquad -P\,dV_1 + V\,dP = R\,dT_2,\] откуда \[2P\,dV_1 = R\,(dT_1 - dT_2).\]

Правая часть сосуда адиабатическая, поэтому \(\dfrac{3}{2}R\,dT_2 = -P\,dV_2 = P\,dV_1\). Подставляя, получаем \(3\,dT_2 = dT_1 - dT_2\), то есть \[\Delta T_2 = \frac{\Delta T}{4}.\]

Первое начало термодинамики для левой части: \[Q = \frac{3}{2}R\,\Delta T + P\,\Delta V_1 = \frac{3}{2}R\,\Delta T + \frac{3}{2}R\,\Delta T_2 = \frac{3}{2}R\,\Delta T\left(1 + \frac{1}{4}\right) = \frac{15}{8}R\,\Delta T.\]

Форма поверхности вращающейся жидкости — парабола. Сравните потенциальную энергию бусинки с энергией пружины.

\(T = T_0\).

Угловая скорость вращения \(\omega = \dfrac{2\pi}{T_0}\). Форма поверхности воды во вращающемся сосуде определяется уравнением \(\rho g h = \dfrac{1}{2}\rho\omega^2 r^2\), где \(h\) — высота участка поверхности, \(r\) — расстояние от оси. Значит, потенциальная энергия бусинки на корке \[E_{\text{пот}} = mgh = \frac{1}{2}m\omega^2 r^2\] совпадает с потенциальной энергией деформированной пружины \(\dfrac{1}{2}k r^2\) с жёсткостью \(k = m\omega^2\). Период колебаний такого пружинного маятника \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} = \dfrac{2\pi}{\omega} = T_0\).

Изменение модуля скорости определяется только силой сопротивления, так как сила Лоренца перпендикулярна скорости. Запишите уравнения движения в проекциях и умножьте их на \(\Delta t\), чтобы получить связь изменений скоростей и координат.

1) \(S = \dfrac{p_0\,\mathrm{tg}\,\varphi}{qB}\);  2) \(l = \dfrac{p_0\sin\varphi}{qB}\).

Выберем начало координат в точке \(A\) начала движения, ось \(y\) направим по начальной скорости, ось \(x\) — перпендикулярно ей и \(\vec B\) так, чтобы в начальный момент сила Лоренца была направлена по \(+x\). Пусть сила сопротивления \(\vec F_c = -b\vec v\), и введём \(k = \dfrac{qB}{m}\), \(\alpha = \dfrac{b}{m}\). Уравнения движения \[m\dot v_x = qBv_y - bv_x, \qquad m\dot v_y = -qBv_x - bv_y.\] Умножая на малый интервал \(\Delta t\) и суммируя, получаем \[v_x = k\,y - \alpha\,x, \qquad v_y - v_0 = -k\,x - \alpha\,y.\] В точке остановки \(v_x = 0\) и скорость антипараллельна \(\vec v_0\), поэтому \(ky = \alpha x\), откуда \(\dfrac{x}{y} = \dfrac{k}{\alpha} = \mathrm{tg}\,\varphi\) и \(\alpha = k\,\mathrm{ctg}\,\varphi\).

1) Сила Лоренца не меняет модуль скорости, поэтому \(\Delta v = -\alpha v\,\Delta t = -\alpha\,\Delta s\). Суммируя, получаем \(v_0 = \alpha S\), откуда \[S = \frac{m v_0\,\mathrm{tg}\,\varphi}{qB} = \frac{p_0\,\mathrm{tg}\,\varphi}{qB}.\]

2) Координаты точки остановки \(x_0\), \(y_0\) связаны соотношением \(y_0 = x_0\,\mathrm{ctg}\,\varphi\). В этой точке \(v_x = 0\) и \(v_y = 0\), поэтому \(-v_0 = -k x_0 - \alpha y_0 = -k x_0\left(1 + \mathrm{ctg}^2\varphi\right) = -\dfrac{k x_0}{\sin^2\varphi}\), откуда \(x_0 = \dfrac{m v_0}{qB}\sin^2\varphi\). Расстояние от начальной точки до точки остановки \[l = \frac{x_0}{\sin\varphi} = \frac{p_0\sin\varphi}{qB}.\]