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

Подсказка

Сложите силы упругости двух резинок и покажите, что результирующая сила пропорциональна смещению шайбы от некоторой точки на прямой \(OF\) — как у пружины. Что меняется при трении?

Ответ

1) \(v_{max} = L\sqrt{\dfrac{5k}{m}} - \dfrac{\mu g}{2}\sqrt{\dfrac{m}{k}}\);  2) \(\tau = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{\dfrac{m}{k}}\).

Решение

Равнодействующая сил упругости резинок при произвольном положении шайбы \(P\) (с \(\vec r = \overrightarrow{EP}\), \(E\) — середина \(BC\), \(\vec a = \overrightarrow{EC}\)) равна \(\vec F_{упр} = -k(\vec r + \vec a) - 3k(\vec r - \vec a) = -4k\left(\vec r - \dfrac{\vec a}{2}\right)\). Значит, сила всегда направлена к точке \(F\) — середине отрезка \(EC\) — и пропорциональна расстоянию до неё с коэффициентом \(4k\). Движение происходит по прямой \(OF\) как у пружины жёсткости \(4k\) с положением равновесия в \(F\).

Длина \(OF = l_0 = \dfrac{L\sqrt5}{2}\), начальная сила упругости \(F_0 = 2\sqrt5\,kL\). Если \(\mu mg \ge 2\sqrt5\,kL\), шайба не начнёт движение. Иначе уравнение движения до первой остановки \(m\ddot x = -4kx + \mu mg\) заменой \(x' = x - \dfrac{\mu mg}{4k}\) приводится к гармоническим колебаниям с амплитудой \(l_1 = l_0 - \dfrac{\mu mg}{4k}\) относительно «смещённого» положения равновесия. Максимальная скорость достигается при прохождении этого положения: \[\frac{mv_{max}^2}{2} = \frac{4kl_1^2}{2} \;\Rightarrow\; v_{max} = 2l_1\sqrt{\frac{k}{m}} = L\sqrt{\frac{5k}{m}} - \frac{\mu g}{2}\sqrt{\frac{m}{k}}.\] Последующие максимумы скорости меньше найденного, так как энергия убывает за счёт трения.

Скорость максимальна в положении равновесия, т.е. через четверть периода \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{4k}}\): \(\tau = \dfrac{T}{4} = \dfrac{\pi}{4}\sqrt{\dfrac{m}{k}}\).

Ответ

1) \(T_1 = T_0\), \(T_2 = \dfrac{8}{7}T_0\);  2) \(T'_1 = \dfrac{7}{5}T_0\), \(T'_2 = \dfrac{8}{5}T_0\).

Решение

Первый случай. При заполнении порция воздуха объёма \(V_1 = \dfrac{p_0-\Delta p}{p_0}V_0 = \dfrac{2}{3}V_0\) при \(p_0\) и \(T_0\) переходит внутрь цилиндра, где давление \(p_0 - \Delta p\). Закон сохранения энергии с учётом работ внешнего давления \(p_0V_1\) и газа \((p_0-\Delta p)V_0\) даёт \(\dfrac{5p_0V_1}{2} + p_0V_1 - (p_0-\Delta p)V_0 = \dfrac{5(p_0-\Delta p)V_0}{2}\), откуда \(V_1 = \dfrac{2}{3}V_0\) и, из уравнения состояния, \(T_1 = T_0\).

После освобождения поршень колеблется и, за счёт вязкого трения, останавливается при объёме \(V_0 - \Delta V_1\). Закон сохранения энергии: \(\dfrac{5(p_0-\Delta p)V_0}{2} + p_0\Delta V_1 = \dfrac{5p_0(V_0-\Delta V_1)}{2}\), откуда \(\Delta V_1 = \dfrac{5\Delta p}{7p_0}V_0 = \dfrac{5}{21}V_0\). Из уравнения состояния \(T_2 = \dfrac{8}{7}T_0\).

Второй случай. Газа в цилиндре при перемещении поршня нет, работа газа равна нулю. Закон сохранения энергии \(\dfrac{5p_0V_2}{2} + p_0V_2 = \dfrac{5(p_0-\Delta p)V_0}{2}\) даёт \(V_2 = \dfrac{10}{21}V_0\) (объём порции при \(p_0\), \(T_0\)). Из уравнения состояния \(T'_1 = \dfrac{(p_0-\Delta p)V_0}{p_0V_2} T_0 = \dfrac{7}{5}T_0\).

После освобождения поршня аналогично первому случаю \(\Delta V_2 = \dfrac{5\Delta p}{7p_0}V_0 = \dfrac{5}{21}V_0\), и \(T'_2 = \dfrac{8}{7}T'_1 = \dfrac{8}{5}T_0\).

Подсказка

Поле вне заряженной трубы такое же, как поле линейного источника: \(E = \dfrac{\sigma R}{\varepsilon_0 r}\). Для равновесия удобно рассмотреть треугольник сил, подобный треугольнику «нить — ось — шарик».

Ответ

1) \(|q| \ge \dfrac{2\varepsilon_0 mg}{|\sigma|}\); 2) \(T = mg\) при \(\dfrac{2\varepsilon_0 mg}{|\sigma|} \le |q| < \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{|\sigma|}\) (нить наклонена), \(T = \dfrac{q\sigma}{2\varepsilon_0} - mg\) при \(|q| \ge \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{|\sigma|}\) (нить вертикальна); 3) \(T_1 = 2\pi\sqrt{\dfrac{4\varepsilon_0 mR}{q\sigma - 4\varepsilon_0 mg}}\) при \(|q| > \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{|\sigma|}\); \(T_2 = 2\pi\sqrt{\dfrac{2\varepsilon_0 mR}{4\varepsilon_0 mg - q\sigma}}\) при \(\dfrac{2\varepsilon_0 mg}{|\sigma|} < |q| < \dfrac{4\varepsilon_0 mg}{|\sigma|}\).

Решение

Поле трубы \(E = \dfrac{\sigma R}{\varepsilon_0 r}\) (\(r\) — расстояние от оси). Если нить составляет угол \(\alpha\) с вертикалью, то \(r = 2R\cos\dfrac{\alpha}{2}\) и \(E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0\cos(\alpha/2)}\).

Равновесие при натянутой нити: силы \(\vec T\), \(m\vec g\), \(q\vec E\) образуют треугольник, подобный треугольнику со сторонами \(R\), \(R\), \(r\). Отсюда \(T = mg\) и \(qE/r = mg/R\), т.е. \(q\sigma = 4\varepsilon_0 mg\cos^2\dfrac{\alpha}{2}\).

Вертикальная нить (\(\alpha = 0\)) — при \(q\sigma > 2\varepsilon_0 mg\) — устойчива при \(q\sigma > 4\varepsilon_0 mg\), и тогда \(T = \dfrac{q\sigma}{2\varepsilon_0} - mg\). Наклонное положение устойчиво при \(q\sigma/(\varepsilon_0 mg)\) от \(2\) до \(4\) (а при \(|q| = 2\varepsilon_0 mg/|\sigma|\) нить горизонтальна). Поэтому минимальное значение модуля заряда \(|q_1| = \dfrac{2\varepsilon_0 mg}{|\sigma|}\) — ответ на первый пункт.

Натяжение при наклонной нити постоянно и равно \(mg\); при \(|q| \ge 4\varepsilon_0 mg/|\sigma|\) нить вертикальна и \(T\) растёт линейно с зарядом. График: горизонтальный отрезок \(T = mg\) и наклонный луч.

Малые колебания. При \(\alpha = 0\): \(mR\ddot\varphi = -\left(\dfrac{q\sigma}{4\varepsilon_0} - mg\right)\varphi\), так что \(\omega_1^2 = \dfrac{q\sigma}{4mR\varepsilon_0} - \dfrac{g}{R}\). В наклонном положении \(\alpha_2\) возвращающая сила \(F_x = -mg(1-\cos\alpha)\varphi\), и с учётом \(\cos\alpha = 2\cos^2\dfrac{\alpha}{2} - 1\) получаем \(\omega_2^2 = \dfrac{2g}{R} - \dfrac{q\sigma}{2\varepsilon_0 mR}\). Периоды — по формулам ответа.

При \(|q| = 4\varepsilon_0 mg/|\sigma|\) колебания ангармонические (разложение потенциальной энергии содержит \(\alpha^4\)).

Ответ

1) \(B_{Ax} = \dfrac{\mu_0 n I}{2}\), \(B_{Cx} = 0\); 2) \(I_в = -\dfrac{\pi\mu_0 n I r^2}{2L}\) (ток в витке направлен против тока в соленоиде); 3) \(F_x = -\dfrac{1}{RL}\left(\dfrac{\pi\mu_0 n I r^2}{2}\right)^2\): соленоид и виток отталкиваются.

Решение

1. Добавим к соленоиду такой же, дополнив его до бесконечного, с противоположным током. Поле добавленного соленоида \(\vec B_2 = -\vec B_1\); в основании \(B_x + B_{1x} = B_0\), а из симметрии относительно основания \(B_x + B_{2x} = 0\). Отсюда \(B_x = B_{1x} = \dfrac{B_0}{2} = \dfrac{\mu_0 n I}{2}\) в точках основания, т.е. \(B_{Ax} = \dfrac{\mu_0 n I}{2}\). Вне бесконечного соленоида \(\vec B = 0\), поэтому в точках вне основания поле направлено в плоскости основания, и \(B_{Cx} = 0\). (То же получается по теореме о телесном угле: боковая поверхность видна под углом \(2\pi\) из точек основания и под нулевым углом из точек в плоскости вне основания.)

2. Поскольку виток сверхпроводящий, поток через него постоянен и равен нулю. Поток поля соленоида через виток \(\Phi_c = \dfrac{B_0 S}{2} = \dfrac{\pi\mu_0 n I r^2}{2}\) (поле в плоскости витка на расстояниях меньших \(r\) равно \(B_0/2\), а на больших \(r\) — нулю). Из \(\Phi_c + LI_в = 0\): \(I_в = -\dfrac{\pi\mu_0 n I r^2}{2L}\); ток направлен против тока в соленоиде.

3. Сила найдена через поток магнитного поля витка через боковую поверхность соленоида: \(F_x = -In\Phi_{бок}\), где по теореме Гаусса \(\Phi_{бок} = -\Phi_{осн}\). Поле витка в ближнем основании соленоида однородно и равно \(B_{вx} = \dfrac{\mu_0 I_в}{2R}\), поэтому \(\Phi_{осн} = \dfrac{\mu_0 I_в S}{2R}\) и \(F_x = -\dfrac{1}{RL}\left(\dfrac{\pi\mu_0 n I r^2}{2}\right)^2\). Сила отталкивания. Тот же результат получается энергетическим методом: \(\dfrac{dE}{dx} = -\dfrac{I^2 L_{вз}}{L}\dfrac{dL_{вз}}{dx}\), где \(L_{вз} = \dfrac{\mu_0 n S}{2}\) при начальном положении и \(dL_{вз} = \dfrac{\mu_0 S n\,dx}{2R}\) при сдвиге.

Подсказка

Запишите второй закон Кирхгофа для цепи с нелинейным элементом и условие существования корня квадратного уравнения относительно \(I\). Для пунктов 2–3 используйте график и закон сохранения энергии.

Ответ

1) \(U_0 \ge U_1 + 2\sqrt{AR}\); 2) \(U_0 \approx 12\) В, \(R \approx 1\) кОм, \(A \approx 4\) мВт; 3) \(Q_R \approx 377\) мДж; 4) \(\tau \approx 10{,}9\) с (погрешность около \(1{,}6\) с).

Решение

Часть 1. Из второго закона Кирхгофа \(U_0 = IR + U_1 + \dfrac{A}{I}\), откуда \(I^2R - (U_0 - U_1)I + A = 0\). Корни существуют, если дискриминант неотрицателен: \(U_0 \ge U_1 + 2\sqrt{AR}\).

Часть 2. Для цепи с конденсатором \(U_C = U_0 - U_1 - IR - \dfrac{A}{I}\). Точка 1: \(I_1 \approx 9{,}6\) мА. Максимум \(U_C\) (точка 2) соответствует минимуму \(IR + A/I\), т.е. \(I_2 = \sqrt{A/R} \approx 2\) мА, и \(U_{max} \approx 6\) В. Из условий точек 1 и 2 получаем \(R = \dfrac{I_1 U_{max}}{(I_1 - I_2)^2} \approx 997\) Ом, \(A = \dfrac{I_1 I_2^2 U_{max}}{(I_1 - I_2)^2} \approx 3{,}99\) мВт, \(U_0 = U_1 + U_{max} + \dfrac{2I_1I_2U_{max}}{(I_1-I_2)^2} \approx 11{,}99\) В.

Количество теплоты. \(Q_R = RC\int I\,dU_C = RCS\), где \(S\) — площадь под графиком \(I(U_C)\) при зарядке. Графически \(S \approx 37{,}1\)–\(38{,}3\) мВт, т.е. \(Q_R \approx 370\)–\(383\) мДж. Аналитически интегрирование дает \(Q_R \approx 376\)–\(377\) мДж.

Время. Закон сохранения энергии \(A_{ист} = Q_R + Q_{н.э.} + W_C\), где \(A_{ист} = CU_0U_{max}\), \(W_C = \dfrac{CU_{max}^2}{2}\), \(Q_{н.э.} = CU_1U_{max} + A\tau\). Отсюда \(\tau = \dfrac{C}{A}\left[(U_0-U_1)U_{max} - RS - \dfrac{U_{max}^2}{2}\right] \approx 10{,}9 \pm 1{,}6\) с. Погрешность связана с графическим определением \(S\).