ВсОШ, 2021/22, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

В положении равновесия энергия плёнки минимальна, то есть минимальна её площадь. Какой треугольник \(OAB\) имеет максимальную площадь при заданных сторонах?

Ответ

1) \(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{1}{2} = \arcsin\dfrac{1}{\sqrt{5}} \approx 26{,}6^\circ\);  2) \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2m}{5\sigma}}\).

Решение

Способ 1 (энергетика).

1) В состоянии равновесия энергия системы минимальна. Энергия системы — это энергия натянутой плёнки, пропорциональная её площади: с учётом двусторонней плёнки \(E_{\text{пл}} = 2\sigma S_{\text{пл}}\). Минимум энергии отвечает положению стержней, в котором максимальна площадь треугольника \(OAB\). Её удобно вычислять по двум сторонам \(OA\) и \(AB\) и углу \(\varphi\) между ними: \[S_{OAB} = \frac{1}{2}\,L\cdot 2L\sin\varphi = L^2\sin\varphi.\] Эта площадь максимальна при \(\varphi = \dfrac{\pi}{2}\), то есть когда стержни перпендикулярны. Тогда в прямоугольном треугольнике \(OAB\) \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{1}{2}\). Итак, в состоянии равновесия \(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{1}{2} = \arcsin\dfrac{1}{\sqrt{5}} \approx 26{,}6^\circ\).

2) Потенциальную энергию можно отсчитывать с точностью до константы, поэтому энергия системы в положении равновесия равна нулю. Пусть колечко сдвинулось вдоль стержня на \(x\) от положения равновесия. Тогда \[E(x) = 2\sigma\left[L^2 - S_{OAB}(x)\right] = 2\sigma L^2\bigl(1 - \sin\varphi(x)\bigr).\] Длина стороны \(OB\) в этом положении \(|OB| = L\sqrt{5} + x\), и по теореме косинусов \[(L\sqrt{5} + x)^2 = L^2 + 4L^2 - 4L^2\cos\varphi(x) \quad\Rightarrow\quad \cos\varphi(x) \approx -\frac{\sqrt{5}}{2L}\,x,\] где мы пренебрегли слагаемым порядка \(x^2/L^2\) (колебания малые). В том же приближении \(\sin\varphi(x) \approx 1 - \dfrac{5x^2}{8L^2}\), значит, \[E(x) \approx \frac{5\sigma x^2}{4} = \frac{k x^2}{2}, \qquad k = \frac{5\sigma}{2}.\] Это в точности выражение для груза на пружине жёсткостью \(k\). Малые колебания колечка гармонические с периодом \[T = 2\pi\sqrt{\frac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{5\sigma}}.\]

Способ 2 (статика и динамика) даёт тот же результат. Из условий равновесия стержней находим, что в равновесии \(\operatorname{tg}\beta = 2\), где \(\beta\) — угол треугольника \(OAB\) при вершине \(B\), и \(\sin\alpha = \dfrac{1}{2}\sin\beta = \dfrac{1}{\sqrt{5}}\). При смещении колечка уравнение движения приводится к виду \(m\ddot{x} \approx -\dfrac{5}{2}\sigma x\), то есть \(\omega = \sqrt{\dfrac{5\sigma}{2m}}\) и \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2m}{5\sigma}}\).

Подсказка

Вспомните, что при охлаждении в сосуд входит атмосферный воздух. Работа атмосферного давления при его входе равна \(p\,\Delta V\), где \(\Delta V\) — объём вошедшего воздуха при атмосферных условиях.

Ответ

\(Q = \dfrac{7}{2}\,pV\left(\dfrac{T_0}{T} - 1\right)\).

Решение

При включении теплообменника температура воздуха вблизи него падает, остывший воздух сжимается, становится тяжелее и опускается вниз, а на его место входит более тёплый атмосферный воздух. При вхождении воздуха совершается положительная работа атмосферного давления.

Из уравнения состояния идеального газа число молей воздуха в сосуде увеличивается от начального \(\nu_0 = \dfrac{pV}{RT_0}\) до \(\nu = \dfrac{pV}{RT}\) при конечной температуре \(T\). Весь воздух, находящийся в сосуде в конце, при атмосферных условиях (\(p\), \(T_0\)) занимал бы объём \(\nu R T_0/p = VT_0/T\). Вычитая начальный объём \(V\), получаем объём вошедшего атмосферного воздуха \[V_{\text{а}} = V\left(\frac{T_0}{T} - 1\right).\] Работа атмосферного давления при вхождении воздуха в сосуд \[A = pV_{\text{а}} = pV\left(\frac{T_0}{T} - 1\right).\] По первому началу термодинамики работа идёт на изменение внутренней энергии и передачу теплоты (в данном случае теплообменнику): \(A = \Delta U + Q\), откуда \(Q = A - \Delta U\). Изменение внутренней энергии \(\Delta U = \dfrac{5}{2}\nu R(T - T_0)\) с учётом \(\nu = \dfrac{pV}{RT}\) даёт \[Q = pV\left(\frac{T_0}{T} - 1\right) - \frac{5}{2}\,\frac{pV}{T}\,(T - T_0) = \frac{7}{2}\,pV\left(\frac{T_0}{T} - 1\right).\]

Подсказка

Между центрами пластин поле такое же, как между бесконечными плоскостями. У края пластин поле уменьшается вдвое, если считать пластины полуплоскостями. Используйте потенциальность электрического поля: сумма разностей потенциалов по замкнутому контуру равна нулю.

Ответ

1) \(\varphi_{O_1} - \varphi_{O_2} = \dfrac{\sigma d}{\varepsilon_0}\);  2) \(\varphi_A - \varphi_B = \dfrac{\sigma d}{2\varepsilon_0}\);  3) \(\varphi_{O_1} - \varphi_A = \dfrac{\sigma d}{4\varepsilon_0}\).

Решение

1. Напряжённость поля в зазоре между центрами пластин соответствует напряжённости между двумя бесконечными плоскостями \(E_1 = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}\). Тогда разность потенциалов между центрами пластин \(\varphi_{O_1} - \varphi_{O_2} = \dfrac{\sigma d}{\varepsilon_0}\).

2. Рассмотрим поле \(E_2\) в зазоре на границе пластин. Так как зазор мал, пластины можно считать полуплоскостями. Для нахождения поля мысленно добавим ещё две полуплоскости, которые создают такую же нормальную компоненту поля, а суммарная напряжённость от всех четырёх полуплоскостей равна \(E_1\). Таким образом, нормальная компонента напряжённости поля двух полуплоскостей равна половине \(E_1\), или \(E_{2n} = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\). Это рассуждение применимо к любой точке отрезка \(AB\), поэтому разность потенциалов между краями пластин \[\varphi_A - \varphi_B = \frac{\sigma d}{2\varepsilon_0}.\]

3. Из потенциальности электрического поля следует \(\varphi_{O_1} - \varphi_A = (\varphi_B - \varphi_A) + (\varphi_{O_2} - \varphi_B) + (\varphi_{O_1} - \varphi_{O_2})\). Из соображений симметрии \(\varphi_{O_1} - \varphi_A = \varphi_B - \varphi_{O_2}\). Комбинируя эти выражения, получаем \[\varphi_{O_1} - \varphi_A = \frac{1}{2}\left[(\varphi_{O_1} - \varphi_{O_2}) - (\varphi_A - \varphi_B)\right] = \frac{\sigma d}{4\varepsilon_0}.\]

Подсказка

Осевая компонента поля создаёт силы вдоль стержня, которые не влияют на движение. Радиальная компонента даёт силу Лоренца, перпендикулярную скорости шариков; её работа равна нулю, значит, кинетическая энергия сохраняется.

Ответ

1) \(L_{\max} = \dfrac{m\upsilon_0}{qB_r}\);  2) \(u_{\max} = \upsilon_0\);  3) \(t_n = \dfrac{\pi m}{2qB_r}\,(2n-1)\), \(n = 1, 2, 3, \dots\) (первый раз — при \(t_1 = \dfrac{\pi m}{2qB_r}\) после \(t_0\)).

Решение

Силы, связанные с осевой проекцией магнитного поля, направлены вдоль стержня, равны по величине и противоположно направлены и не сказываются на движении гантели.

В начальный момент силы, связанные с радиальной проекцией магнитного поля, оказываются тангенциальными, то есть перпендикулярными оси и радиальному направлению. Это приводит к росту угловой скорости вращения вокруг оси симметрии, но при этом нет сил, смещающих центр гантели поперёк оси или вызывающих поворот плоскости вращения. При скорости \(\upsilon\) шариков вдоль оси и окружной скорости \(u\) возникающие из-за радиальной проекции поля \(B_r\) силы перпендикулярны скорости шариков и имеют осевую составляющую \(F_x = -quB_r\) и тангенциальную (окружную) \(F_\tau = q\upsilon B_r\). Соответственно \[m\frac{d\upsilon}{dt} = -quB_r, \qquad m\frac{du}{dt} = q\upsilon B_r.\] Пока \(\upsilon\) не уменьшится до нуля, окружная и угловая скорости растут. Поскольку работа магнитной силы равна нулю, кинетическая энергия остаётся неизменной и максимальная окружная скорость \(u_{\max} = \upsilon_0\).

При смещении центра гантели на \(x\) от начальной точки \(m\dfrac{du}{dt} = q\upsilon B_r = qB_r\dfrac{dx}{dt}\), откуда \(mu = qB_r x\). Для максимального смещения \(mu_{\max} = qB_r L_{\max}\), значит, \[L_{\max} = \frac{m\upsilon_0}{qB_r}.\] Подставляя \(u = \dfrac{qB_r x}{m}\) в уравнение \(m\dfrac{d\upsilon}{dt} = -quB_r\), получим уравнение гармонических колебаний \[\frac{d\upsilon}{dt} = \frac{d^2x}{dt^2} = -\left(\frac{qB_r}{m}\right)^2 x\] с круговой частотой \(\omega = \dfrac{qB_r}{m}\) и периодом \(T = \dfrac{2\pi m}{qB_r}\). Первый раз максимальная скорость вращения достигается через четверть периода: \(t_1 = \dfrac{\pi m}{2qB_r}\). Далее максимум скорости вращения достигается через каждые полпериода, то есть \[t_n = \frac{\pi m}{2qB_r}\,(2n-1), \qquad n = 1, 2, 3, \dots\]

Подсказка

Прямая через оптический центр, касающаяся круга, касается и его изображения. Луч, проходящий через точку круга и её изображение, пересекает плоскость линзы в точке, которая принадлежит и плоскости линзы.

Ответ

1) \(O\) — точка пересечения общих внутренних касательных \(AB\) и \(MN\) к кругу и его изображению; 2) плоскость линзы проходит через \(O\) и точку \(P\) пересечения прямых \(AM\) и \(BN\); 3) фокусы \(F_1\) и \(F_2\) — точки пересечения главной оптической оси (перпендикуляр к \(OP\) через \(O\)) с лучами, параллельными этой оси, которые проходят через \(M\) и \(N\) (построение на рис. решения).

Решение

Плоскость линзы находится между источником и его изображением, поэтому изображение действительное, причём фокальные плоскости линзы также находятся между ними — в противном случае изображение оказалось бы «разорванным» на действительную и мнимую часть.

Точечный источник и его изображение в линзе лежат на прямой, проходящей через оптический центр \(O\). Если прямая, проходящая через оптический центр, касается круга, то на ней находится изображение лишь одной его точки. Это означает, что данная прямая касается и изображения круга. Из этого следует, что оптический центр линзы \(O\) находится в точке пересечения общих внутренних касательных \(AB\) и \(MN\) к кругу и его изображению.

Рассмотрим луч, проходящий через точки \(A\) и \(M\). После преломления в линзе он проходит через точки пересечения касательных к изображению круга \(B\) и \(N\). Поэтому в точке пересечения линий, проходящих через точки круга и его изображения, находится точка \(P\), принадлежащая плоскости линзы. Проведя прямую \(OP\), найдём положение плоскости линзы.

Главная оптическая ось линзы — прямая, проходящая через \(O\) перпендикулярно \(OP\).

Наконец, для определения положения фокусов линзы рассмотрим лучи, идущие параллельно главной оптической оси через точку \(M\) и её изображение \(N\). По другую сторону от линзы эти лучи проходят через точки \(N\) и \(M\) соответственно, пересекая оптическую ось в точках фокусов \(F_1\) и \(F_2\). Фокальные плоскости действительно оказались между кругом и его изображением.