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

Подсказка

Если проскальзывания нет, дуги качения равны; найдите, под каким углом к горизонту движется тело. Для проскальзывания сравните силу трения с силой реакции, учитывая, что сумма сил реакции и трения направлена перпендикулярно отрезку от оси большего цилиндра до тела.

Ответ

1) \(a = g\sin\alpha\);  2) \(v = \sqrt{2gR}\,\sin\alpha\);  3) \(\mu_{\min} = \mathrm{tg}\,2\alpha\);  4) \(v = \sqrt{\dfrac{2gR\mu\sin\alpha}{\sqrt{1+\mu^2}}}\).

Решение

Если проскальзывания нет, то длина дуги \(AB\) равна длине дуги \(BD\) (и \(OE\)). Так как радиусы цилиндров различаются в два раза, то \(\angle OCE = 2\angle AOB\). Треугольник \(OCE\) равнобедренный, поэтому \(\angle COE = 90^\circ - \angle AOB\), а значит \(\angle AOE = 90^\circ\). Тело всегда находится на перпендикуляре к \(OA\), то есть движется по прямой, составляющей угол \(\alpha\) с горизонтом.

1. Запишем закон сохранения энергии для тела, движущегося по прямой. Пусть оно сместилось на расстояние \(l\) вдоль прямой \(OE\). Тогда изменение высоты \(\Delta h = -l\sin\alpha\), и \(0 = -mgl\sin\alpha + \dfrac{mv^2}{2}\). Ускорение постоянно и равно \[a = g\sin\alpha.\]

2. Изменение высоты тела, когда плоскость \(OC\) вертикальна, равно \(\Delta h = -R\,\dfrac{1-\cos 2\alpha}{2}\). По закону сохранения энергии \[v = \sqrt{2gR}\,\sin\alpha.\]

3. На систему «тело–меньший цилиндр» действуют сила тяжести \(m\vec g\), сила реакции \(\vec N\) и сила трения \(\vec F_{\text{тр}}\) (рис. 33). Сумма векторов силы реакции и силы трения направлена перпендикулярно \(OE\) и по модулю равна \(mg\cos\alpha\). Тогда \[N = mg\cos\alpha\cos(\alpha+\beta), \qquad F_{\text{тр}} = mg\cos\alpha\sin(\alpha+\beta),\] где \(\beta\) — угол отклонения плоскости \(OC\) от вертикали, отсчитываемый в направлении качения. Условие \(F_{\text{тр}} \le \mu N\) даёт условие отсутствия проскальзывания: \(\mu \ge \mathrm{tg}(\alpha+\beta)\). Чтобы плоскость \(OC\) заняла положение, симметричное начальному, должно быть \(\beta = \alpha\): \[\mu_{\min} = \mathrm{tg}\,2\alpha.\]

4. Проскальзывание начнётся при \(\mathrm{tg}(\alpha+\beta) = \mu\). К этому моменту тело вдоль прямой \(OE\) пройдёт расстояние \[l = R\sin(\alpha+\beta) = \frac{R\mu}{\sqrt{1+\mu^2}}.\] Из закона сохранения энергии \[v = \sqrt{\frac{2gR\mu\sin\alpha}{\sqrt{1+\mu^2}}}.\] Отметим, что при любом \(\mu\) \(l < R\), то есть проскальзывание всегда начинается раньше, чем тело ударится о поверхность большого цилиндра.

Подсказка

Совместите процесс в первом сосуде с обратным процессом во втором: получится цикл Карно, в котором \(Q_1 - Q_2\) равно работе, а изменение давления выражается через изменение объёма при плавлении.

Ответ

1) \(Q_2 > Q_1\);  2) \(p_B = p_A + \dfrac{12\rho_X(Q_2-Q_1)}{m}\);  3) \(T_B = T_A\dfrac{Q_2}{Q_1}\);  4) \(Q_3 > Q_4\);  5) \(p_D = p_C + \dfrac{8\rho_Y(Q_3-Q_4)}{m}\);  6) \(T_D = T_C\dfrac{Q_4}{Q_3}\).

Решение

При изобарическом плавлении температура определяется условием равновесия фаз и не меняется. Изменение давления в теплоизолированном сосуде является адиабатическим процессом. Следовательно, если процесс, проведённый в первом сосуде, объединить с обращённым процессом, проведённым во втором сосуде, мы получим цикл Карно. В этом цикле \(Q_1\) — теплота, подведённая от нагревателя, \(Q_2\) — теплота, отданная холодильнику, \(T_A\) — температура нагревателя, \(T_B\) — температура холодильника. Работа цикла \[Q_1 - Q_2 = -(p_B - p_A)\,\Delta V_X < 0,\] где \(\Delta V_X\) — увеличение объёма при плавлении \[\Delta V_X = m\left(\frac{3}{2\rho_X} + \frac{5}{12\rho_X}\right) - m\left(\frac{1}{\rho_X} + \frac{5}{6\rho_X}\right) = \frac{m}{12\rho_X}.\] Отсюда \[p_B = p_A + \frac{Q_2 - Q_1}{\Delta V_X} = p_A + \frac{12\rho_X(Q_2-Q_1)}{m}.\] Из коэффициента полезного действия цикла Карно \[\eta = \frac{T_A - T_B}{T_A} = \frac{Q_1 - Q_2}{Q_1}\] находим \[T_B = T_A\,\frac{Q_2}{Q_1} > T_A.\]

Аналогично для вещества Y: \[\Delta V_Y = m\left(\frac{3}{2\rho_Y} + \frac{5}{8\rho_Y}\right) - m\left(\frac{1}{\rho_Y} + \frac{5}{4\rho_Y}\right) = -\frac{m}{8\rho_Y},\] \[Q_3 - Q_4 = -(p_D - p_C)\,\Delta V_Y > 0, \qquad p_D = p_C + \frac{8\rho_Y(Q_3-Q_4)}{m},\] \[T_D = T_C\,\frac{Q_4}{Q_3} < T_C.\]

Подсказка

Составьте уравнение для заряда конденсаторов в контуре с индуктивностью и сравните его с уравнением гармонических колебаний; заметьте, что диоды при этом не пропускают ток.

Ответ

1) \(U_1 = U_2 = U_3 = U_0\);  2) \(I_D = 0\) (ток через диоды не течет);  3) \(U_1 \in [U_0/3,\ U_0]\), \(U_2 \in [U_0,\ 5U_0/3]\), \(U_3 \in [U_0/3,\ U_0]\);  4) синусоида, выходящая из нуля;  5) \(T = 2\pi\sqrt{LC/3}\).

Решение

При замыкании ключа в положение 1 конденсаторы подключены к источнику параллельно и заряжаются до напряжения \(U_0\) каждый. Заряд конденсаторов при этом \(q_0 = CU_0\).

После переключения ключа в положение 2 напряжения на \(C_1\) и \(C_3\) уменьшаются, на \(C_2\) — увеличиваются. Потенциал точки \(d\) больше потенциала точки \(a\), а потенциал точки \(b\) больше потенциала точки \(c\), поэтому ток через диоды не течёт.

Пусть в момент времени \(t\) заряд конденсаторов \(C_1\) и \(C_3\) равен \(q(t)\) (\(t = 0\) при переключении ключа в положение 2), \(q(0) = q_0\). Тогда протекший через индуктивность заряд \(\Delta q = q_0 - q\), а на конденсаторе \(C_2\) заряд \(q_2 = 2q_0 - q\). Для контура \(abdca\) \[L\dot I = \frac{q}{C} - \frac{2q_0 - q}{C} + \frac{q}{C}.\] Учитывая, что \(I = -\dot q\), получаем \[L\ddot q + \frac{3}{C}\left(q - \frac{2}{3}q_0\right) = 0.\] Это уравнение гармонических колебаний с \(\omega = \sqrt{\dfrac{3}{LC}}\). Заменив \(q_1 = q - \dfrac{2}{3}q_0\) и учитывая, что \(\ddot q = \ddot q_1\), при \(t=0\) \(q_1(0) = q_0/3\), получаем \[q_1(t) = \frac{q_0}{3}\cos\omega t, \qquad q(t) = \frac{q_0}{3}\left(2 + \cos\omega t\right).\] Ток через индуктивность \[I(t) = -\dot q = \frac{\omega q_0}{3}\sin\omega t,\] то есть график \(I(t)\) — синусоида, симметричная относительно оси времени и выходящая из начала координат. Для заряда конденсатора \(C_2\) \[q_2(t) = q_0\left(\frac{4}{3} - \frac{1}{3}\cos\omega t\right).\] Ток через индуктивность меняет направление при \(t = T/2\), однако диоды по-прежнему закрыты, так что колебания продолжаются. По истечении полного периода \[T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\sqrt{\frac{LC}{3}}.\] Ток через диоды не течёт, колебания тока гармонические. Напряжение на \(C_1\) и \(C_3\) меняется в пределах от \(U_0/3\) до \(U_0\), на \(C_2\) — в пределах от \(U_0\) до \(5U_0/3\); знаки зарядов на пластинах всех трех конденсаторов не меняются.

Подсказка

Энергия минимальна тогда, когда шнур максимально «виден» из точки провода; для этого он должен лежать на одной прямой и, в предельном случае, быть вытянутым по прямой в плоскости, перпендикулярной проводу.

Ответ

1) расстояние между концами шнура равно \(l\);  2) \(x = \sqrt{l_1^2 - l^2}\).

Решение

Шнур расположится в магнитном поле провода так, чтобы энергия его взаимодействия с полем была минимальна. Суммируя энергии взаимодействия малых элементов шнура с полем, получаем \[W = -k\left(B_1\Delta l_1\cos\varphi_1 + B_2\Delta l_2\cos\varphi_2 + B_3\Delta l_3\cos\varphi_3 + \dots\right),\] где \(k\) одинаков для всех элементов, поскольку шнур однороден. Для индукции поля прямого тока \(B = \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}\), вектор \(\vec B\) направлен по касательной к окружности в плоскости, перпендикулярной проводу. Поэтому весь шнур должен лежать в одной плоскости, перпендикулярной проводу: выход шнура из этой плоскости увеличит углы между его элементами и вектором индукции и энергетически невыгоден. Тогда \[W = -\frac{k\mu_0 I}{2\pi}\left(\frac{\Delta l_1\cos\varphi_1}{r_1} + \frac{\Delta l_2\cos\varphi_2}{r_2} + \dots\right).\] Минимуму энергии отвечает максимум выражения в скобках. Каждое слагаемое в скобках равно углу \(\Delta\alpha_i\), под которым виден элемент шнура из точки провода, поэтому сумма — угол \(\alpha\), под которым из точки провода виден весь шнур. Угол \(\alpha\) максимален, когда сам шнур и отрезок, соединяющий его свободный конец с проводом, перпендикулярны, и шнур вытянут в прямую.

1. Шнур натянут по прямой, поэтому расстояние между его концами равно длине шнура \(l\).

2. Расстояние от провода до свободного конца шнура при этом \[x = \sqrt{l_1^2 - l^2}.\]

Подсказка

Лучи, ограничивающие дорожку, отражаются от поверхности, наклоненной на угол \(\varphi\) из-за ряби; сделайте угол отражения, затем примените закон преломления на границе вода–воздух для каждого из двух крайних лучей.

Ответ

1) \(D_{\text{Р}} \approx 1{,}67\) м;  2) \(L_{\text{Р}} \approx 0{,}48\) м.

Решение

Обозначим высоту Луны над горизонтом \(\alpha\), а амплитуду наклона поверхности воды \(\varphi\). Направление лучей, ограничивающих видимую принцем лунную дорожку, определяется углами \(\alpha+2\varphi\) и \(\alpha-2\varphi\): \[\mathrm{tg}(\alpha+2\varphi) = \frac{H}{D_{\text{П}}}, \qquad \mathrm{tg}(\alpha-2\varphi) = \frac{H}{D_{\text{П}}+L_{\text{П}}}.\] Отсюда \[\alpha = \frac{1}{2}\left(\mathrm{arctg}\frac{H}{D_{\text{П}}} + \mathrm{arctg}\frac{H}{D_{\text{П}}+L_{\text{П}}}\right) \approx 0{,}189,\] \[\varphi = \frac{1}{4}\left(\mathrm{arctg}\frac{H}{D_{\text{П}}} - \mathrm{arctg}\frac{H}{D_{\text{П}}+L_{\text{П}}}\right) \approx 0{,}078.\]

Из закона преломления для крайних лучей \[n\cos(\beta_1 - \varphi) = \cos(\alpha-\varphi), \qquad n\cos(\beta_2 + \varphi) = \cos(\alpha+\varphi),\] откуда \[\beta_1 = \arccos\!\left(\frac{\cos(\alpha-\varphi)}{n}\right) + \varphi, \qquad \beta_2 = \arccos\!\left(\frac{\cos(\alpha+\varphi)}{n}\right) - \varphi.\]

Учитывая, что \(\mathrm{tg}\,\beta_1 = \dfrac{H}{D_{\text{Р}}}\) и \(\mathrm{tg}\,\beta_2 = \dfrac{H}{D_{\text{Р}}+L_{\text{Р}}}\), получаем \[D_{\text{Р}} = H\mathrm{ctg}\,\beta_1 \approx 1{,}67~\text{м}, \qquad L_{\text{Р}} = H\mathrm{ctg}\,\beta_2 - D_{\text{Р}} \approx 0{,}48~\text{м}.\]