ВсОШ, 2022/23, региональный этап, 11 класс, теоретический тур

Подсказка

Скорость точек на поверхности гильзы составляет с её осью постоянный угол, поэтому отношение поступательной и вращательной скоростей не меняется. Запишите силу трения в направлении движения через \(\cos\alpha\) и примените закон сохранения энергии.

Ответ

1) \(v_{\min} = \sqrt{\sqrt{\dfrac{(\omega_0 R)^4}{4} + \left(\dfrac{2F_0 l}{m}\right)^2} - \dfrac{(\omega_0 R)^2}{2}}\);  2) \(\omega_1 = \omega_0\sqrt{2}\);  3) \(\tau = \sqrt{\dfrac{ml}{F_0 v_0}\sqrt{(\omega_0 R)^2 + v_0^2}}\, \arcsin\!\left(\sqrt{\dfrac{F_0 l}{m v_0}\,\dfrac{1}{\sqrt{(\omega_0 R)^2 + v_0^2}}}\right)\).

Решение

Скорость точек на внешней поверхности гильзы направлена к оси под углом \(\alpha = \operatorname{arctg}\dfrac{\omega R}{v}\). Сила трения направлена противоположно скорости точек поверхности, поэтому не меняет угол между их скоростью и осью гильзы, а влияет только на модули скоростей. Следовательно, в процессе торможения отношение поступательной и линейной вращательной скоростей остаётся неизменным: \[\frac{\omega R}{v} = \frac{\omega_0 R}{v_0}.\] Сила трения, действующая на гильзу вдоль оси, равна \(F_x(x) = F(x)\cos\alpha = F(x)\,\dfrac{v_0}{\sqrt{(\omega_0 R)^2 + v_0^2}}\), т.е. движение гильзы вдоль оси аналогично движению невращающейся гильзы под действием «уменьшенной» силы \(F_x(x)\). Закон сохранения энергии для прохождения гильзы через отверстие (работа силы трения равна площади под треугольным графиком \(F_x(x) = F(x)\cos\alpha\) на отрезке \(0\ldots 2l\), т.е. \(F_0 l\cos\alpha\)): \[\frac{m v_{\min}^2}{2} = \frac{F_0 l\, v_{\min}}{\sqrt{(\omega_0 R)^2 + v_{\min}^2}},\] откуда \(v_{\min}^2\left((\omega_0 R)^2 + v_{\min}^2\right) = \left(\dfrac{2F_0 l}{m}\right)^2\), и \[v_{\min}^2 = \sqrt{\frac{(\omega_0 R)^4}{4} + \left(\frac{2F_0 l}{m}\right)^2} - \frac{(\omega_0 R)^2}{2}.\]

Во втором вопросе используем связь \(\omega v = \omega_0 v_0\). В момент полного погружения скорость поступательного движения \(v_1\) в \(\sqrt{2}\) раз меньше \(v_0\), так как работа сил трения к этому моменту составляет половину работы до вылета: \(v_1 = v_0/\sqrt{2}\), поэтому \(\omega_1 = \omega_0\sqrt{2}\).

При движении внутри отверстия (до полного погружения) сила \(F_x\) линейно растёт, и ускорение гильзы \[a = -\frac{F_0\cos\alpha}{ml}\,x,\] что совпадает с уравнением гармонических колебаний с циклической частотой \[\Omega = \sqrt{\frac{F_0\cos\alpha}{ml}} = \sqrt{\frac{F_0 v_0}{ml\sqrt{(\omega_0 R)^2 + v_0^2}}}.\] Координата переднего среза гильзы \(x = x_0\sin\Omega t\), где \(x_0 = v_0/\Omega\). Время погружения \(\tau\) находится из условия \(l = x_0\sin\Omega\tau\): \[\tau = \frac{1}{\Omega}\arcsin\!\left(\frac{l}{x_0}\right).\]

Подсказка

Нить с постоянно действующей поверхностной силой изгибается по дуге окружности постоянного радиуса. Запишите условие равновесия нижней половины системы: сила натяжения нитей и сила поверхностного натяжения плёнки в сумме уравновешивают вес планки.

Ответ

1) \(\sigma = \dfrac{mg(L - d)}{h^2 + L^2 - d^2}\);  2) \(\sigma \approx 0{,}066\) Н/м.

Решение

Сила натяжения нити постоянна, \(T = \text{const}\): нить невесома, а силы поверхностного натяжения перпендикулярны нити. Для участка нити длины \(dl\) сила поверхностного натяжения \(dF = 2\sigma\,dl = 4\sigma R\,d\alpha\) (у плёнки две поверхности). Из условия радиального равновесия \(2T\sin d\alpha = dF\) получаем \(R = T/(2\sigma) = \text{const}\): вся нить имеет форму дуги окружности.

Из геометрии (треугольник \(OEA\)) радиус дуги \[R = \frac{(L - d)^2 + h^2}{4(L - d)}.\] Условие равновесия нижней половины системы: \[2T + 2\sigma d = mg, \qquad\text{где } T = 2\sigma R,\] т.е. \(4\sigma R + 2\sigma d = mg\). Подставляя \(R\), получаем \[\sigma = \frac{mg(L - d)}{h^2 + L^2 - d^2}.\] Численно (по официальному решению) \(\sigma \approx 0{,}066\) Н/м.

Подсказка

Какие линейные процессы \(p(V)\) имеют постоянную теплоёмкость? Выпишите теплоёмкость для прямой, проходящей через начало координат, и сравните её с изобарной и изохорной. Затем используйте уравнение состояния в точках цикла.

Ответ

1) оси \(p\) и \(V\) строятся по направлениям изобар \(bc\), \(da\) и прямых \(ab\), \(cd\), продолженных до пересечения в начале координат;  2) \(T_a = 400\) К, \(T_b = T_d = 200\) К, \(T_c = 100\) К;  3) \(\eta = 0{,}05\).

Решение

Пусть \(p = p_0 + \alpha V\). Из уравнения Менделеева—Клапейрона \((p_0 + \alpha V)V = \nu RT\), откуда \(\dfrac{dT}{dV} = \dfrac{p_0 + 2\alpha V}{\nu R}\). Подставляя это в выражение для теплоёмкости, получаем \[C = \nu\left(C_V + R\cdot\frac{p_0 + \alpha V}{p_0 + 2\alpha V}\right).\] Теплоёмкость не зависит от объёма только при \(p_0 = 0\), т.е. для прямой, проходящей через начало координат. Других линейных процессов с постоянной теплоёмкостью нет. Поскольку \(C_p = C_V + R\), имеем \(C_V < C = \dfrac{C_p + C_V}{2} < C_p\). Поэтому процессы \(bc\) и \(da\) — изобары, а \(ab\) и \(cd\) — прямые, проходящие через начало координат. Продолжая линии \(ab\) и \(cd\) до пересечения, находим начало координат. Лучи из начала координат, параллельные и перпендикулярные изобарам, дают направления осей \(V\) и \(p\).

Поскольку \(p_a = p_d\) и \(p_b = p_c\), из подобия треугольников \(V_b/V_c = V_a/V_d\), и \[\frac{T_b}{T_c} = \frac{V_b}{V_c} = \frac{V_a}{V_d} = \frac{T_a}{T_d} \quad\Rightarrow\quad T_b T_d = T_a T_c.\] Температуры в точках \(b\) и \(d\) одинаковы и равны \(T_2\), а температура в точке \(a\) максимальна и равна \(T_1\). Тогда \(T_c = T_2^2/T_1 = 100\) К: \[T_a = 400~\text{К},\qquad T_b = T_d = 200~\text{К},\qquad T_c = 100~\text{К}.\] Газ получает тепло на участках \(cd\) и \(da\), отдаёт — на участках \(ab\) и \(bc\): \[Q_+ = C(T_2 - T_3) + C_p(T_1 - T_2), \qquad Q_- = C(T_1 - T_2) + C_p(T_2 - T_3),\] где \(T_3 = T_c\). Для двухатомного газа \(C_p = \dfrac{7}{2}\nu R\), \(C = 3\nu R\). Тогда \[\eta = 1 - \frac{Q_-}{Q_+} = \frac{T_1 - T_2}{7T_1 + 6T_2} = 0{,}05.\]

Подсказка

Сложите заданное распределение с его зеркальным отражением относительно середины высоты: сумма даст равномерно заряженную поверхность, поле которой в центре основания легко найти.

Ответ

Сила направлена вниз вдоль оси цилиндра (против оси \(x\)), \(F = \dfrac{q\sigma_0}{2\varepsilon_0} \left(1 - \dfrac{R}{\sqrt{R^2 + H^2}}\right)\).

Решение

Силы, действующие на заряды диполя, направлены в одну сторону: вниз вдоль оси цилиндра (против оси \(x\)) — в силу осевой симметрии распределения заряда. Пусть \(E_1\) — напряжённость поля цилиндра в точке \(O\), \(E_2\) — в точке \(B\). Тогда сила, действующая на диполь, \(F = q(E_1 + E_2)\).

Наложим на исходный цилиндр такой же, с плотностью \(\sigma'(x) = \sigma(H - x)\). Сумма распределений даёт равномерно заряженный по поверхности цилиндр: \[\sigma(x) + \sigma'(x) = \sigma_0\sin^2\frac{\pi x}{2H} + \sigma_0\sin^2\frac{\pi(H - x)}{2H} = \sigma_0.\] По принципу суперпозиции напряжённость в центре каждого основания равна \(E = E_1 + E_2\). Поле в центре основания равномерно заряженного цилиндра найдём интегрированием по кольцам: \[E_1 + E_2 = \int_0^H \frac{\sigma_0\cdot 2\pi R\,x}{4\pi\varepsilon_0}\,\frac{dx}{(x^2 + R^2)^{3/2}} = \frac{\sigma_0}{2\varepsilon_0}\left(1 - \frac{R}{\sqrt{R^2 + H^2}}\right).\] Отсюда \(F = \dfrac{q\sigma_0}{2\varepsilon_0}\left(1 - \dfrac{R}{\sqrt{R^2 + H^2}}\right)\).

Подсказка

Мощность силы Лоренца равна нулю, поэтому кинетическая энергия равна работе электрического поля. Ускорение вдоль оси \(x\) пропорционально \(B(y)\,v_y\), и \(B(y)\,dy\) удобно интегрировать по \(y^{3/2}\).

Ответ

1) \(v_1 = \sqrt{\dfrac{3E}{\alpha}\sqrt{\dfrac{2qE}{m}}}\);  2) \(R = \dfrac{3}{\alpha}\sqrt{\dfrac{mE}{2q}} = \text{const}\);  3) траектория — последовательность полуокружностей радиуса \(R\);  4) \(S(\tau) = \sqrt{10}\,R = \dfrac{3}{\alpha}\sqrt{\dfrac{5mE}{q}}\).

Решение

Мощность силы Лоренца равна нулю, поэтому кинетическая энергия частицы равна работе силы электрического поля: \[\frac{m v^2}{2} = qEy \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{\frac{2qEy}{m}}.\] Вдоль оси \(x\) действует только сила Лоренца: \[m\,\dot v_x = q\,v_y B(y), \qquad \Delta v_x = \frac{q v_y B(y)\Delta t}{m} = \frac{\alpha q\sqrt{y}\,\Delta y}{m},\] откуда \(v_x(y) = \dfrac{2\alpha q\, y^{3/2}}{3m}\).

Скорость направлена вдоль оси \(x\), когда \(v = v_x\). Отсюда координата \(y_1 = \dfrac{3m}{2\alpha q}\sqrt{\dfrac{2qE}{m}}\), и \[v_1 = \sqrt{\frac{3E}{\alpha}\sqrt{\frac{2qE}{m}}}.\]

Радиус кривизны найдём из второго закона Ньютона в проекции на нормаль к скорости: \(\dfrac{m v^2}{R} = q v B + q E_n\), где \(E_n = -E\,\dfrac{v_x}{v}\) — нормальная компонента электрического поля. Подставляя \(v_x\) и \(B\), получаем \[\frac{2qEy}{R} = \alpha q y\sqrt{\frac{2qE}{m}} - \alpha q y\,\frac{1}{3}\sqrt{\frac{2qE}{m}} = \frac{2\alpha q y}{3}\sqrt{\frac{2qE}{m}},\] откуда \[R = \frac{3}{\alpha}\sqrt{\frac{mE}{2q}} = \text{const}.\] Радиус постоянен, поэтому частица движется по полуокружности до остановки. После остановки движение повторяется: новая полуокружность того же радиуса, сдвинутая на \(2R\) вдоль оси \(x\). За половину периода частица проходит половину окружности, так как \(v \sim \sqrt{\sin\varphi}\), где \(\varphi\) — угловой размер пройденной дуги.

Через время \(\tau = 3T/2\) координаты частицы \((x, y) = (3R, R)\), и модуль её перемещения \[S(\tau) = \sqrt{10}\,R = \frac{3}{\alpha}\sqrt{\frac{5mE}{q}}.\]