ВсОШ, 2019/20, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Напряжённость внутри однородно заряженного шара линейна по расстоянию от центра (теорема Гаусса). Значит, на диполь и на отдельный шарик действуют линейные по смещению или постоянные силы. Сравните силы, действующие на заряды разного знака.

Ответ

\(l = d\left(\dfrac{2\,t_ш}{\pi\,t_д}\right)^2\); в первом случае ближний к центру шара заряд диполя положительный, заряд шарика во втором случае отрицательный.

Решение

Напряжённость внутри однородно заряженного шара по теореме Гаусса \[E(x) = \frac{\rho}{3\varepsilon_0}\,x,\] где \(x\) — расстояние до центра шара. На диполь действует равнодействующая двух кулоновских сил. Чтобы втянуть диполь в шар, ближний к центру заряд должен быть положительным: поле внутри слабее у центра, и нужно добиться превосходства силы, втягивающей диполь, над силой отталкивания. Тогда сила, действующая на диполь, \[F_д = F_+ - F_- = q\bigl(E(x+l) - E(x)\bigr) = \frac{ql\rho}{3\varepsilon_0} = \text{const},\] где \(q\) — модуль заряда каждого шарика. Диполь разгоняется с постоянным ускорением \(a_д = \dfrac{ql\rho}{6m\varepsilon_0}\) (масса диполя \(2m\)), где \(m\) — масса одного шарика. Из условия \(d = a_д t_д^2/2\) получаем \[t_д = \sqrt{\frac{3m\varepsilon_0}{q\rho}}\,\sqrt{\frac{4d}{l}}.\]

Рассмотрим движение одного шарика. Если его заряд совпадал бы по знаку с зарядом шара, его не втянуло бы в канал; значит, речь идёт о шарике с отрицательным зарядом. Второй закон Ньютона: \(m\ddot x = -\dfrac{q\rho}{3\varepsilon_0}\,x\) — гармонические колебания с периодом \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{3m\varepsilon_0}{q\rho}}\). Противоположный конец канала шарик проходит за половину периода: \[t_ш = \frac{T}{2} = \pi\sqrt{\frac{3m\varepsilon_0}{q\rho}}.\] Отсюда \(\dfrac{t_д}{t_ш} = \dfrac{1}{\pi}\sqrt{\dfrac{4d}{l}}\), и \[l = d\left(\frac{2\,t_ш}{\pi\,t_д}\right)^2.\]

Подсказка

Покажите, что на свободных участках провод имеет форму дуг окружностей с постоянным натяжением. Найдите длину участка, прижатого к грани куба, и силу Ампера как функцию смещения куба. Сила окажется линейной по смещению, как у пружины.

Ответ

1) \(\upsilon_m = \sqrt{\dfrac{\pi I B}{2m}\left(\dfrac{L}{\pi} - x_0\right)}\);  2) \(t_m = \sqrt{\dfrac{\pi m}{2IB}}\).

Решение

Рассмотрим равновесие малого участка провода с радиусом кривизны \(R\) и угловым размером \(\Delta\alpha\), не контактирующего со стенкой или гранью куба. Сила Ампера \(F_A = IB\,\Delta l = IBR\,\Delta\alpha\). Условия равновесия в проекциях на касательную и нормаль дают \[T_1\cos\frac{\Delta\alpha}{2} = T_2\cos\frac{\Delta\alpha}{2}, \qquad T_1\sin\frac{\Delta\alpha}{2} + T_2\sin\frac{\Delta\alpha}{2} = IBR\,\Delta\alpha.\]

Из первого уравнения натяжение постоянно: \(T_1 = T_2 \equiv T\). Из второго следует, что радиус кривизны постоянен на свободных участках: \(R = T/(IB) = \text{const}\). Значит, эти участки — дуги окружностей. Угол поворота провода на любом участке — малая величина порядка \(\Delta l\), поэтому в состоянии равновесия провод не имеет изломов. Таким образом, в каждый момент после отпускания куба провод состоит из двух одинаковых полуокружностей диаметром \(x\) и двух линейных участков, прижатых к стенке и грани куба. Длина линейного участка, соприкасающегося с гранью куба, \[l(x) = \frac{L - \pi x}{2}.\] Куб разгоняется за счёт силы Ампера, действующей на этот участок: \[F_A = IB\,l(x) = \frac{IB\,(L - \pi x)}{2}.\] Разгон начинается при \(x = x_0\) и заканчивается при \(x = L/\pi\), когда провод перестаёт касаться грани куба.

Сила \(F_A\) в точности совпадает по поведению с силой упругости пружины длиной \(L/\pi\) с коэффициентом жёсткости \(k = \pi IB/2\). Поэтому разгон соответствует четверти периода гармонических колебаний от начальной деформации \(y_0 = \dfrac{L}{\pi} - x_0\) до положения равновесия. Максимальная скорость \[\upsilon_m = \omega y_0 = y_0\sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{\pi IB}{2m}\left(\frac{L}{\pi} - x_0\right)}.\] Тот же результат получаем из закона изменения кинетической энергии: работа силы равна площади под графиком \(F(x) = IB(L - \pi x)/2\) на отрезке от \(x_0\) до \(L/\pi\):

\[\frac{m\upsilon_m^2}{2} = \frac{1}{2}F_0\left(\frac{L}{\pi} - x_0\right) = \frac{\pi IB}{4}\left(\frac{L}{\pi} - x_0\right)^2,\] где \(F_0 = F(x_0)\), откуда снова \(\upsilon_m = \sqrt{\dfrac{\pi IB}{2m}\left(\dfrac{L}{\pi} - x_0\right)}\).

Время разгона равно четверти периода колебаний: \[t_m = \frac{\pi}{2\omega} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{2m}{\pi IB}} = \sqrt{\frac{\pi m}{2IB}}.\]

Подсказка

Если все отрезки параллельны осям, то цикл — прямоугольник, и это цикл Карно. Для цикла Карно \(\dfrac{Q_н}{T_н} = \dfrac{Q_х}{T_х}\). Проведите через подходящие точки прямые, параллельные отрезкам, и найдите их точку пересечения на оси \(Q\).

Ответ

Ось \(T\) горизонтальна, направлена вправо и проходит через точку \(a\); ось \(Q\) вертикальна, направлена вверх. Отрезки \(abc\) и \(de\) параллельны оси \(Q\) (изотермы), отрезки \(cd\) и \(eb\) параллельны оси \(T\) (адиабаты). Прямые \(cd\) и \(ae\) пересекаются на оси \(Q\) над началом координат; эта точка задаёт начало координат и ось \(Q\).

Решение

Все отрезки параллельны координатным осям \(Q\) и \(T\), поэтому на рисунке представлен цикл Карно. Отрезки \(cd\) и \(eb\) не могут быть параллельны оси \(Q\), иначе в точке \(b\) температура отличалась бы от температуры точки \(a\), а это невозможно в циклическом процессе. Поэтому \(abc\) и \(de\) параллельны оси \(Q\), а \(cd\) и \(eb\) — оси \(T\). Ось температур проходит через точку \(a\), так как с неё начинается отсчёт подведённой теплоты.

Построение осей. КПД цикла Карно \(\eta = 1 - \dfrac{T_х}{T_н} = 1 - \dfrac{Q_х}{Q_н}\), откуда \[\frac{Q_н}{T_н} = \frac{Q_х}{T_х}.\] Проведём прямые через \(cd\) и \(ae\); они пересекаются в точке \(f\). Длина \(ed\) соответствует \(Q_х\), длина \(ac\) — \(Q_н\), отрезок \(ed\) — изотерма при \(T_х\), \(ac\) — изотерма при \(T_н\). Из последнего соотношения следует, что прямые \(cd\) и \(ae\) пересекаются на оси \(Q\) над началом координат. Значит, точка \(f\) лежит на оси \(Q\) над началом координат. Проведём прямую, параллельную \(cd\), через точку \(a\) и опустим из точки \(f\) перпендикуляр к ней. Точка пересечения этих прямых даёт начало координат, а сам перпендикуляр является осью \(Q\). Поскольку по условию это цикл тепловой машины (прямой цикл), направление оси \(Q\) определяется по рисунку.

Подсказка

Для определения скорости центра масс используйте закон сохранения энергии и перпендикулярность скоростей шариков. Для угла воспользуйтесь сохранением проекции импульса верхнего шарика на ось, перпендикулярную стержню: на него во время удара действует только сила реакции стержня, направленная вдоль стержня.

Ответ

1) \(\upsilon_c = \dfrac{\upsilon_0}{\sqrt{2}}\),  \(\omega = \dfrac{\upsilon_0\sqrt{2}}{L}\);  2) \(\varphi = \arcsin\bigl(\sqrt{2} - 1\bigr) \approx 24{,}5^\circ\).

Решение

Определение скорости центра масс и угловой скорости. Пусть индексы 1 и 2 обозначают нижний и верхний шарики. Из закона сохранения энергии (поверхность абсолютно упругая) \[m\upsilon_0^2 = \frac{m(\upsilon_1^2 + \upsilon_2^2)}{2}, \qquad \upsilon_1^2 + \upsilon_2^2 = 2\upsilon_0^2.\] Поскольку поверхность гладкая, сразу после удара скорость центра масс направлена вертикально вверх: \[\upsilon_c = \frac{\sqrt{\upsilon_1^2 + \upsilon_2^2}}{2} = \frac{\upsilon_0}{\sqrt{2}}.\] Относительная скорость шариков \(\upsilon_{отн} = \sqrt{\upsilon_1^2 + \upsilon_2^2} = \upsilon_0\sqrt{2}\), поэтому \[\omega = \frac{\upsilon_{отн}}{L} = \frac{\upsilon_0\sqrt{2}}{L}.\] Тот же результат даёт теорема Кёнига: кинетическая энергия системы равна энергии движения центра масс плюс энергия вращения относительно него, \[m\upsilon_0^2 = m\upsilon_c^2 + \frac{m\omega^2L^2}{4}.\]

Определение угла \(\varphi\). До удара проекция скорости верхнего шарика на ось, перпендикулярную стержню, равна \(\upsilon_x = \upsilon_0\sin\varphi\). После удара, по закону сложения скоростей, \(\upsilon_x = \dfrac{\omega L}{2} - \upsilon_c\sin\varphi\). Из этих двух уравнений, с учётом полученных выше \(\upsilon_c\) и \(\omega\), находим \[\sin\varphi = \frac{\omega L}{2(\upsilon_0 + \upsilon_c)} = \sqrt{2} - 1 \quad\Rightarrow\quad \varphi = \arcsin\bigl(\sqrt{2} - 1\bigr) \approx 24{,}5^\circ.\] Тот же результат получается из закона сохранения момента импульса относительно точки удара нижнего шарика, а также с помощью векторной диаграммы скоростей:

Подсказка

Введите угол падения \(\varphi\) и угол преломления \(\theta\) на границе шара, связанные законом Снеллиуса; треугольник \(OBC\) равнобедренный. Используйте теорему синусов для треугольников \(SBO\) и \(OCK\) и симметрию хода луча относительно центра.

Ответ

\(SO = \dfrac{l\sin\beta}{\sin\alpha + \sin\beta}\);  \(R = \dfrac{l\,\sin\alpha\,\sin\beta\,\sqrt{n^2 - 2n\cos\gamma + 1}}{(\sin\alpha + \sin\beta)\,n\sin\gamma}\), где \(\gamma = \dfrac{\alpha + \beta}{2}\). Для заданных значений: \(SO \approx 3{,}66\) см, \(R \approx 3{,}30\) см.

Решение

Пусть \(B\) — точка падения луча на поверхность шара, \(C\) — точка выхода луча из шара, \(\varphi\) и \(\theta\) — углы падения и преломления, связанные законом Снеллиуса \(\sin\varphi = n\sin\theta\). Треугольник \(OBC\) равнобедренный, поэтому угол падения в точке \(C\) равен углу преломления \(\theta\) в точке \(B\), а угол преломления в точке \(C\) равен \(\varphi\). По теореме синусов для треугольников \(SBO\) и \(OCK\): \[\frac{SO}{\sin\varphi} = \frac{R}{\sin\alpha}, \qquad \frac{OK}{\sin\varphi} = \frac{R}{\sin\beta}.\] Отсюда \(\dfrac{SO}{OK} = \dfrac{\sin\beta}{\sin\alpha}\), и с учётом \(SO + OK = l\) \[SO = \frac{l\sin\beta}{\sin\alpha + \sin\beta}.\]

Угол отклонения луча при каждом преломлении равен \(\gamma' = \varphi - \theta\); полный угол отклонения равен \(2\gamma'\). Из геометрии \(\angle SAK = \pi - (\alpha + \beta) = \pi - 2\gamma'\), так что \[\gamma' = \frac{\alpha + \beta}{2} \equiv \gamma.\] Тогда \(\sin\varphi = n\sin\theta\) даёт соотношение \(\sin\varphi = n\sin(\varphi - \gamma)\), откуда \[\sin\varphi = \frac{n\sin\gamma}{\sqrt{n^2 - 2n\cos\gamma + 1}}.\] Из теоремы синусов для треугольника \(SBO\): \(R = SO\,\dfrac{\sin\alpha}{\sin\varphi}\). Подставляя, получаем \[R = \frac{l\,\sin\alpha\,\sin\beta\,\sqrt{n^2 - 2n\cos\gamma + 1}}{(\sin\alpha + \sin\beta)\,n\sin\gamma}.\] Для \(n = 2\), \(\alpha = 60^\circ\), \(\beta = 30^\circ\), \(l = 10\) см: \(SO \approx 3{,}66\) см, \(R \approx 3{,}30\) см.