Олимпиада по физике 11 класс — заключительный этап ВсОШ 2024/2025: задания и ответы

Решения — теор.

Задача №11-T1. Два камня Графический метод решения Построим векторные треугольники скоростей для каждого из камней с общим началом в точке O. Вершины треугольников для удобства подпишем бук−→ −−→ −−→ −−→ вами. На рисунке OA, OM – векторы начальных скоростей, OB, ON – векторы скоростей перед падением на землю одного из камней.

v v gt

gt

α B α

N По теореме синусов из △AOB и △M ON находим gt gt v . = = sin ∠M ON sin ∠AOB sin α Поскольку камни брошены по условию под разными углами, то из равенства sin ∠AOB = sin ∠M ON следует ∠AOB + ∠M ON = 180◦ . Тогда ∠BON = 90◦ , а камни движутся под одинаковыми углами к вертикали α = ∠BON/2 = 45◦ .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Искомый угол с горизонтом составляет φ = 90◦ − α = 45◦ . p −−→ Из закона сохранения энергии: |ON | = v1 = v 2 + 2gh. Для нахождения расстояния между камнями в этот момент определим время движения. По теореме косинусов для △M ON p v 2 + 2gh + (gt)2 − 2 v 2 + 2gh · gt · cos 45◦ = v 2 . Решая полученное квадратное уравнение, находим два корня p p v 2 + 2gh ± v 2 − 2gh √ t= . 2g Учитывая условие, что первоначально оба камня удаляются от земли, необходимо выбрать √ знак + . Умножая полученное время на относительную скорость камней v = 2v, получаем выражение для расстояния между камнями в этот момент времени l = vt =

 p v p 2 v + 2gh + v 2 − 2gh . g

Аналитический метод решения Пусть первым упадет камень брошенный под углом γ. В момент перед падением этого камня на землю y = h + v sin γt1 −

gt21 = 0. 2

откуда получаем время движения v sin γ t1 = · g

s 1+

2gh 1+ 2 2 v sin γ

! .

Из уравнений движения каменей определим проекции скоростей v1x = v cos γ,v1y = v sin γ − gt, v2x = v cos β,v2y = v sin β − gt. В момент, когда векторы скоростей камней направлены под одинаковыми углами к горизонту v1y v2y tg φ = = . v1x v2x

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Из получившегося соотношения следуют два уравнения tg φ =

v sin γ − gt1 , v cos γ

v sin γ − gt1 v sin β − gt1 = . v cos γ v cos β Преобразуем уравнения, используя выражение для t1 p v 2 sin2 γ + 2gh , tg φ = − v cos γ p p v sin β − v sin γ − v 2 sin2 γ + 2gh v 2 sin2 γ + 2gh − = . v cos γ v cos β p Выразив v 2 sin2 γ + 2gh из второго уравнения и подставив в первое получим tg φ = −1. Искомый угол с горизонтом составляет φ = 45◦ . √ v 2 sin2 γ+2gh найдем Используя tan φ = −1, из tan φ = − v cos γ r

1 gh − 2, 2 v

r cos γ =

1 gh + 2. 2 v

sin γ =

Тогда время t1 v t1 = g

1 gh + 2 + 2 v

1 gh − 2 2 v

! .

√ Умножая полученное время на относительную скорость камней v = 2v, получаем выражение для расстояния между камнями в этот момент времени l = vt =

 p v p 2 v + 2gh + v 2 − 2gh . g

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №11-T2. Цикл, как цикл Первый метод В процессах 2 − 3 и 4 − 1 подведенное к газу количество теплоты равно нулю, поэтому эти процессы – адиабатические, их уравнение в координатах (T,V ) имеет вид T V 1/3 = const. Получим уравнение процессов 1 − 2 и 3 − 4. Пусть ∆T , ∆V – бесконечно малые изменения температуры и объема, тогда изменение внутренней энергии ∆U = 3νR∆T, а работа газа δA = p∆V , поэтому для процесса выполняется соотношение 3νR∆T =

νRT ∆V. V

Сократив общие множители и разделяя переменные получим 3

∆T ∆V = , T V

откуда после интегрирования найдем уравнение процесса T V −1/3 = const. Используя уравнение адиабаты для процесса 4 − 1, найдем объем газа в точке 1: 1/3

T1 V1

1/3

= T4 V4

откуда с учетом значения температур T1 = 2T4 = 2T0 получим V1 = V0 /8. Аналогично с помощью уравнения процесса 3 − 4 −1/3

T3 V3

−1/3

= T4 V4

получим V3 = 8V0 . Запишем также уравнения для процессов 1 − 2 и 2 − 3: −1/3

T1 V1

−1/3

= T2 V2

1/3

T3 V3

1/3

= T2 V2

Разделив второе уравнение на первое и учтем равенство T1 = T3 : 2/3

V2

1/3

= V3

1/3

V1

2/3

= V0

−1/3

а значит V2 = V0 . Тогда температура T2 = T1 V1

, 1/3

V2

= 4T0 .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Второй метод Будем решать в терминах T S. В процессах 2 − 3 и 4 − 1 подведенное к газу количество теплоты равно нулю, поэтому эти процессы – адиабатические, в них сохраняется энтропия, поэтому S2 = S3 и S1 = S4 . Найдём изменение энтропии в процессах 1 − 2 и 3 − 4: dS =

δQ 2 dU dT = = 2νCV . T T T

T2 T3 = 2νCV ln = S3 − S4 . T1 T4 Получаем соотношение на температуры: S2 − S1 = 2νCV ln

T2 T3 = . T1 T4 T1 T3 T4 T2 = 4T0

T2 =

Уравнение адиабаты в координатах (p,V ) имеет вид pV 4/3 = const, а значит в логарифмических координатах график процесса – прямая log2

p 4 V + log2 = const. p0 3 V0

Аналогично уравнения процессов 1 − 2 и 3 − 4 в координатах (p,V ) получается из найденного в предыдущем пункте с помощью уравнения состояния pV /T = const, pV 2/3 = const, в логарифмических координатах также получим прямые log2

p 2 V + log2 = const. p0 3 V0

Таким образом достаточно вычислить координаты точек 1, 2, 3, 4. Объемы уже найдены в предыдущем пункте. С помощью уравнения состояния получим p1 = 16p0 , p2 = 4p0 , p3 = p0 /4. V Тогда координаты граничных точек процессов в координатах log2 (абсV0 p цисса) и log2 (ордината) равны: 1 (−3, 4), 2 (0, 2), 3 (3, − 2), 4 (0, 0). График p0 процесса имеет вид параллелограмма.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике log2 pp0 1

log2 VV0

−3

−2

Первый метод На адиабатах теплота не отводится и не подводится. Для оставшихся двух процессов подведенное тепло Q = ∆U + A, причем поскольку A = ∆U, выполняется Q = 2∆U = 2CV ∆T , где CV – теплоемкость газа при постоянном объеме. Тогда на участке 1−2 подводится тепло Q+ = 2CV (T2 −T1 ) = 4CV T0 , а на участке 3 − 4 отводится тепло Q− = 2CV (T3 − T4 ) = 2CV T0 , поэтому КПД η=

1 Q+ − Q− = . Q+ 2

Второй метод Найдём зависимость T (S) для процессов 1 − 2 и 3 − 4.   S − S4 , T3−4 (S) = T4 exp 2νCV   S − S1 T1−2 (S) = T1 exp = 2T3−4 (S). 2νCV

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Подставим в выражение для КПД: SR2

η=

T1−2 dS −

SR3

T3−4 dS

S4

S1 SR2

2 =

SR3

T3−4 dS −

T1−2 dS

T3−4 dS

S4

S4

S1

SR3

SR3

T3−4 dS

1 . 2

S4

Задача №11-T3. Электростатическая левитация Из симметрии системы относительно оси цилиндра следует, что сила электростатического взаимодействия между цилиндром и диском всегда направлена вдоль этой оси. Поскольку сила реакции опоры равна нулю, а диск неподвижен, сила F0 полностью уравновешена силой тяжести, F0 = mg. Масса диска выражается через его плотность D и размеры как: M = πR2 dD. Отсюда получим а значит, плотность равна

4 ρ2 R 3 d = πR2 dDg, 3 ε0

D=

4 ρ2 R 3π ε0 g

При удалении диска от поверхности цилиндра действующая на него сила электростатического отталкивания уменьшается, поэтому возникает результирующая сила, направленная к цилиндру. Найти эту силу можно несколькими способами. Первый способ Введём совпадающую с осью симметрии координатную ось Oz с началом в центре торца цилиндра, так что положение тонкого диска в пространстве задаётся координатой z центра его нижнего основания. Пусть диск сдвинут на небольшое расстояние z ≪ R вдоль оси. Мысленно заполним всё свободное пространство между диском и цилиндром материалом цилиндра. Тогда сила F0 , действующая на диск, будет такой же, как и в положении прямо у торца цилиндра. Поэтому сила F0 уменьшилась на силу взаимодействия двух тонких дисков: исходного и вспомогательного высотой z и плотностью заряда ρ, F (z) = F0 − ∆F (z) .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике ∆F⃗ (z) F0

F⃗ (z)

z m⃗g 2R

Вычислим силу взаимодействия двух тонких дисков, прислонённых друг к другу вплотную. Для всех точек одного из дисков, находящихся далеко от края, можно приближенно рассматривать второй диск как бесконечную плоскость, так что нормальная напряженность электрического поля будет равна полю бесконечной плоскости с плотностью заряда σ = ρz: En =

ρz . 2ε0

Это приближение не применимо только для точек на расстоянии порядка z от края диска, поэтому при малых z им можно пренебречь. Эта напряжённость действует на заряд на другом диске. Тогда ∆F =

ρz πρ2 dR2 · πR2 dρ = z. 2ε0 2ε0

Второй способ Нормальная составляющая силы, действующей на небольшую плоскую площадку ∆S с поверхностной плотностью заряда σ, связана с потоком электрического поля ∆Φ = En ∆S через эту площадку (индекс n означает компоненту, нормальную к площадке): ∆Fn = σEn ∆S = σ∆Φ.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике В нашем случае поверхностная плотность заряда постоянна и равна σ = ρd, так что суммируя силы, действующие на разные участки поверхности диска, получим полную силу F = Fn = σΦ = ρdΦ, где Φ – поток электрического поля через поверхность диска. При перемещении диска вдоль оси изменяется и поток через него, так что поток и сила — функции координаты, то есть Φ = Φ (z) ; F = F (z) = ρdΦ (z) . Для вычисления изменения потока используем теорему Гаусса. Рассмотрим цилиндр Γ радиуса R, высоты z ≪ R, расположенный торцом к торцу с бесконечным цилиндром и соосный с ним. В отсутствие диска в Γ нет зарядов, так что суммарный поток через него должен быть нулевым. Выберем положительным направление потока в цилиндр Γ. Через торец, прилежащий к цилиндру, заходит поток Φ (0) , через противоположный торец выходит поток Φ (z) , а через боковую поверхность выходит поток Er · 2πRz, где Er — радиальная напряжённость полубесконечного цилиндра на расстоянии R от центра. Итак, теорема Гаусса для цилиндра Γ записывается следующим образом: Φ (0) − Φ (z) − 2πREr z = 0, откуда Φ (z) = Φ (0) − 2πREr z.

Φ (z) Γ

Φ (0)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Вычислим значение Er . Заметим, что при добавлении второй половинки бесконечного цилиндра получается бесконечный уже в обе стороны цилиндр плотностью заряда ρ с разрезом высоты 2z, поправка к радиальной напряжённости от которого пропорциональна смещению диска z и в рамках малых колебаний (z ≪ R) пренебрежимо мала. Таким образом, в первом приближении Er составляет половину напряжённости E от бесконечного в обе стороны цилиндра с плотностью заряда ρ, которая может быть получена применением теоремы Гаусса: E · 2πRl =

ρπR2 l ρR ⇔ E= ε0 2ε0

=⇒ Er =

ρR . 4ε0

Окончательно для силы получим такое же выражение   ρR πρ2 R2 d Fz = ρd Φ0 − 2πR = F0 − z, 4ε0 2ε0 то есть тот же ответ, что и раньше. Согласно второму закону Ньютона, запишем уравнение движения диска: M z̈ = −M g + F (z) = −

πρ2 dR2 z 2ε0

или

πρ2 dR2 z = 0. 2M ε0 Подставив сюда выражение для массы цилиндра через электростатическую силу M = F0 /g, получим 3π g z = 0, z̈ + 8 R что совпадает с уравнением гармонических колебаний с циклической частотой r 3π g ω0 = . 8 R z̈ +

Однако важно принять во внимание упругое соударение диска с цилиндром, так как из-за него период уменьшается вдвое: проходит только одна половина полного колебания, а вторая, симметричная ей, нивелируется за счёт моментального разворота диска при соударении с цилиндром. Таким образом, так как положение устойчивого равновесия диска находится в точке z = 0, а движение в области z < 0 невозможно, ответ не зависит от величины v0 . Окончательно s T =π

8 R . 3π g

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Изменение радиуса диска приводит к изменению обеих движущих сил: силы тяжести и электростатической силы. Изменение силы тяжести равно ∆ (mg) = g∆m = Dg∆V = πdDg∆R2 = 2πdgDR∆R, где учтено ∆R ≪ R. Перейдём к вычислению изменения электростатической силы. Сила, действующая на исходный диск, равна сумме сил, действующих на кольцо ширины ∆R и на диск радиуса R′ . Поэтому величина силы, действующей на диск радиуса R′ будет меньше на величину силы электростатического отталкивания ∆F кольца от цилиндра F = F0 − ∆F. Таким образом, нам нужно найти силу взаимодействия кольца ширины ∆R и полубесконечного цилиндра. Это можно сделать различными способами. Прямое интегрирование Система симметрична относительно оси z цилиндра, поэтому сила, действующая на кольцо, также будет направлена вдоль оси z. Найдем составляющую электрического поля Ez , которую полубесконечный цилиндр создает в некоторой точке на своей границе. Для этого выберем некоторый объем внутри цилиндра dV , он дает вклад в напряженность электрического поля ρ z dEz = − dV, ⃗ − ⃗r)2 )3/2 4πε0 (z 2 + (R где элемент объема dV = dz dS, а интегрирование по ⃗r производится по дис⃗ – радиус-вектор рассматриваемой точки на краю диска. Тогда ку |⃗r| < R, а R электрическое поле имеет вид Z Z0 z 1 ρ dS dz . Ez = − 2 ⃗ 4πε0 (z + (R − ⃗r)2 )3/2 −∞

Теперь интеграл по z можно вычислить элементарно: Z0 − −∞

z dz =− 2 ⃗ − ⃗r)2 )3/2 (z + (R

Z0

d(z 2 /2) 1 = q 2 2 3/2 ⃗ (z + (R − ⃗r) ) ⃗ − ⃗r)2 z 2 + (R −∞

Таким образом, остается вычислить интеграл по площади диска Z ρ 1 Ez = dS . ⃗ − ⃗r| 4πε0 |R

= −∞

1 . ⃗ |R − ⃗r|

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Тогда искомая сила будет иметь вид ∆F = q1 Ez , где q1 = 2πρR∆Rd – заряд кольца. Энергетический метод Воспользуемся методом виртуальных перемещений. Возьмём вначале исходный диск радиуса R, прислонённый к торцу цилиндра, и мысленное передвинем его вдоль оси на расстояние δl. Тогда мы совершим работу, которую обозначим за A = −F0 δl. Эта работа идёт на изменение потенциальной энергии системы. Мысленно заполним освободившийся объём V = πR2 δl веществом цилиндра и получим исходную потенциальную энергию системы. Таким образом заключаем, что энергия взаимодействия уменьшилась на величину ∆E = −A, которая равна энергии взаимодействия двух тонких дисков радиусами R и R, вплотную прислонённых друг к другу. F⃗0 d

δl

δA = F0 δl 2R

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Теперь аналогично применим метод виртуальных перемещений для диска меньшего радиуса R′ . Пусть при перемещении его вдоль оси на расстояние δl мы совершили работу A′ = −F δl = − (F0 − ∆F ) δl = −F0 δl + ∆F δl. Аналогично заметим, что по модулю эта работа равна энергии ∆E ′ взаимодействия двух дисков: одного радиуса R и высоты δl, а другого радиуа R′ и высоты d. F⃗0 − ∆F⃗ d

2 (R − ∆R)

δl

δA′ = (F0 − ∆F ) δl 2R

Для вычисления ∆F вычтем одно из другого уравнения, полученные методом виртуальных перемещений: ∆F δl = A′ − A = ∆E − ∆E ′ . Заметим, что разность энергий ∆E − ∆E ′ равна энергии взаимодействия диска радиусом R и высотой δl с кольцом высоты d, внутренний и внешний радиусы которого равны R′ и R соответственно. Эта энергия может быть вычислена напрямую. Поскольку ∆R ≪ R, все точки кольца расположены практически на границе диска, и задача сводится к задаче о вычислении потенциала равномерно заряженного диска на его краю.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике ∆F⃗ d

2 (R − ∆R)

δl

δA − δA′ = ∆F δl 2R

Для диска с поверхностной плотностью заряда σ участок площади dS, его вклад в потенциал будет иметь вид dφ =

σ dS , ⃗ − ⃗r| 4πε0 |R

а сам потенциал представляется в виде интеграла Z σ dS φ= . ⃗ − ⃗r| 4πε0 |R Заметим, что задача свелась к в точности такому же интегралу, что и в первом методе. Будем интегрировать в полярных координатах. Введём начало отсчёта в точке на краю диска, а за начальное направление (направление с нулевым углом) выберем направление касательной к окружности сечения диска. Положение точки на диске характеризуется двумя координатами: радиус-вектором r и углом поворота θ радиус-вектора относительно начального направления. В терминах малых приращений dr и dθ элементарный элемент площади записывается как dS = r dr dθ. Тогда приращение потенциала от этого элемента площади (заряда) может быть записано как σ dS r dr dθ dq =k = kσ = kσ dr dθ. dφ = k r r r

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Нам необходимо взять интеграл по всему диску. Интегрировать будем по каждой из переменных по очереди. Первый способ

dr

r dθ P Вначале проинтегрируем по r и найдём потенциал, который образует в своей вершине треугольник с высотой rmax (θ) = 2R sin θ и малым основанием rmax (θ) dθ. Этот потенциал равен dφ = kσ sin θ dθ =

σR sin θ dθ. 2πε0 Q

O 2R sin θ

θ P

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Затем полученное выражение проинтегрируем по углу θ в пределах от 0 до π, поскольку именно такие значения принимает θ для точек диска: σR φ= 2πε0

Zπ sin θ dθ =

σR . πε0

Второй способ Вначале проинтегрируем по θ и найдём, какой потенциал образует часть дуги окружности радиуса r в центре закругления. Расстояние от него до любой точки дуги одинаково и равно r. Тогда потенциал dφ от дуги окружности радиуса r равен

θZ max

dφ =

r π−arcsin( 2R )

1 σr dr σ dr dθ = 4πε0 r 4πε0

θmin

π − 2arcsin dθ = σ 4πε0

r 2R

dr.

r arcsin( 2R )

Осталось лишь проинтегрировать по r в пределах от 0 до 2R. Последнее значение соответствует наиболее удалённой от точки P точке диска.

φ=

σ 4πε0

2R Z 

π − 2arcsin

 r  2R

dr.

Воспользуемся техникой интегрирования по частям.   2R 2R Z   σ  r r/2R  φ= 2πR − 2r arcsin +2 q
dr = 4πε0 2R r 2 1 − 0 0 2R σR =− πε0

r 1−

 r 2 2R 2R

σR . πε0

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

N r r

r θmin

π−θmax

P Итак, выражение для потенциала на краю тонкого диска имеет вид φ=

σR . πε0

Энергия взаимодействия диска с кольцом, которая равна работе искомого изменения силы, согласно определению потенциала, может быть выражена через произведение заряда кольца на потенциал на краю диска. В нашем случае эффективная поверхностная плотность заряда диска σ и эффективная линейная плотность заряда кольца λ равны σ = ρδl; Таким образом, ∆F δl = φδq = или, сокращая, ∆F =

λ = d∆R. ρR 2πRd∆Rδl, πε0

2ρ2 dR2 ∆R. ε0

Наконец, определим положение равновесия диска R′ . Для этого, аналогично пункту 2, вычислим значение F (z) электростатической силы F в точке z ≪ R. Переместим диск радиуса R′ в точку z и мысленно заполним освободившееся пространство материалом цилиндра. Тогда можно сделать вывод о том, что электростатическая сила изменилась ровно на величину силы взаимодействия двух

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике тонких дисков разных радиусов. Аналогично идее пункта 2, получаем выражение для этой силы: F (z) = F (0) −

πdρ2 (R − ∆R)2 ρz πR′2 dρ = F0 − ∆F − z. 2ε0 2ε0

Запишем уравнение движения диска меньшего радиуса, полагая его массу равной m′ . m′ z̈ = F (z) − m′ g = F0 − ∆F −

πdρ2 (R − ∆R)2 z − mg + 2πdgDR∆R. 2ε0

С учётом F0 = mg упростим уравнение, подставив выражение для плотности: m′ z̈ = πd(R − ∆R)2 Dz̈ = − z̈ = −

2ρ2 dR2 πdρ2 (R − ∆R)2 ∆R − z + 2πdgDR∆R ε0 2ε0

3g 3πg 2g g 3π g 2ρ2 ρ2 2g ∆R − z + ∆R = ∆R − z. ∆R − z + ∆R = − πDε0 2Dε0 R 2R 8R R 2R 8 R

Положение равновесия z0 определяется условием z̈(z0 ) = 0, так что z0 является решением уравнения   g 3π z̈(z0 ) = ∆R − z0 = 0. 2R 4

z0 =

4 ∆R. 3π

В отсутствие контакта с поверхностью цилиндра уравнение движения диска выглядит так: 3π g g z̈ + z− ∆R = 0. 8 R 2R Это уравнение с точностью до аддитивной постоянной совпадает с уравнением гармонических колебаний с циклической частотой r 3π g ω0 = , 8 R

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике так что общее решение может быть записано сразу. ! ! r r 3π g 3π g 4 z(t) = C1 sin t + C2 cos t + ∆R. 8 R 8 R 3π Вычислим константы C1 и C2 с помощью начальных условий:  r  4 4  8 R ∆R = C1 sin(0) + C2 cos(0) + ∆R, z(0) = C = v , 1 0 3π r 3π r =⇒ 3π g g g 3π 3π   ż(z) = v0 = C1 cos(0) − C2 sin(0). C2 = 0. 8 R 8 R Итак, в отсутствие контакта с цилиндром диск совершает гармонические колебания вокруг положения равновесия z0 с циклической частотой ω0 , а зависимость координаты z от времени выглядит как s ! r 4 8 R 3π g z(t) = ∆R + v0 sin t . 3π 3π g 8 R Заметим, что модуль скорости v0 непосредственно определят амплитуду колебаний. При малых v0 возможно описанное движение диска без контакта с поверхностью цилиндра, однако при бóльших амплитудах будут происходить упругие соударения и период колебаний изменится. Вычислим критическое значение v0 , при котором начинают происходить соударения диска и цилиндра. Амплитуда синуса должна быть равна расстоянию от положения равновесия до ограничивающей поверхности z = 0. s r 8 R 4 2 g крит крит v0 = ∆R ⇔ v0 = ∆R. 3π g 3π 3π R Тогда в случае v0 < v0крит диск проходит полное колебания, а ответ для периода s 8 R T ′ = 2T = 2π . 3π g Рассмотрим случай v0 > v0крит . Заметим, что одну половину колебаний (в неограниченную сторону — от цилиндра) диск проходит без внешних вмешательств. Рассмотрим ранее симметричную ей часть колебаний. При достижении координаты z = 0 диск моментально разворачивается без потери энергии и совершает движение в обратную сторону. Вычислим время t0 , необходимое для

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике движения от z0 до z = 0. 4 ∆R + v0 z(t0 ) = 0 = 3π

8 R sin 3π g

3π g t0 8 R

! .

Тогда, применяя обратную тригонометрическую функцию, s ! r 8 R 2 g ∆R arcsin t0 = . 3π g 3π R v0 Ниже можно увидеть графики зависимостей координаты диска от времени для разных начальных скоростей.

z/z0 3

t/T В качестве наглядной иллюстрации изобразим движение при разных v0 на фазовой диаграмме (z/z0 ; ż/v0крит ). При превышении критической скорости колебанию начинает соответствовать только часть полной окружности, вследствие чего период сокращается.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике ż/v0крит 3 крит 2 v0

v0крит 1 крит 2 v0

z/z0

С учётом симметричности фазовой диаграммы относительно оси ż = 0, мы наконец имеем ответ для периода.

r r  R 8 2 g   при v0 ≤ ∆R; 2T = 2π   3π g 3π R       !! r " !# r r ′ T = 2 2 g ∆R 8 R 2 g ∆R  T 1 + arcsin = π + 2 arcsin   π 3π R v0 3π g 3π R v0   r    2 g   при v0 > ∆R. 3π R

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Изобразим график зависимости периода T ′ от значения v0 .

T ′ /T 3

3 4 крит v0 /v0

Задача №11-T4. Конденсатор Глюка Покажем ниже, что при напряжениях источника меньших U1 , капелька не растекается и конденсатор Глюка представляет собой обычный плоский конденсатор ёмкостью C1 . Заметим, что вклад капельки в ёмкость отсутствует из-за того, что она по условию маленькая. При напряжениях источника больших, чем U1 конденсатор Глюка представляет собой два параллельно соединённых конденсатора ёмкостями C1 и C2 . Конденсатор C2 имеет в качестве одной обкладки нижнюю плоскость, а его вторая обкладка – это растёкшаяся капелька проводящей жидкости. Обозначим площадь растёкшейся капельки S, тогда: C2 =

εε0 S . h

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Проанализируем, чему может быть равна площадь растёкшейся капельки в зависимости от постоянного напряжения источника U , используя энергетический подход, и докажем сделанные выше утверждения. Напряжение источника можно считать постоянным, так как по условию оно изменяется плавно. Рассмотрим систему, состоящую из источника, конденсаторов и растёкшейся капельки. Найдём, как энергия системы зависит от площади растёкшейся капельки: W = Wист + Wконд + Wпов = −qU +

q2 + 2σS, 2C0

где q – заряд, протёкший через источник, C0 – общая ёмкость системы трёх конденсаторов, σ – коэффициент поверхностного натяжения. Здесь энергия Wист = −qU = −C0 U 2 , так как при зарядке конденсаторов через источник протекает заряд q = C0 U и запасённая в источнике энергия уменьшается. Общая ёмкость системы трёх конденсаторов, когда опорный C соединён последовательно с конденсатором Глюка (который представляет собой параллельное соединение C1 и C2 ): C0 =

C(C1 + C2 ) . C + C1 + C2

Для удобства будем выражать энергию поверхностного натяжения не через площадь, а через емкость C2 : Wпов = 2σS =

2σh C2 . εε0

Тогда, зависимость энергии системы от ёмкости C2 (по сути, от площади растёкшейся капли), описывается выражением: W (C2 ) = −

C(C1 + C2 )U 2 2σh + C2 . 2(C + C1 + C2 ) εε0

В равновесии значение C2 будет таким, чтобы энергия системы была минимальна. Найдём, при каком значение C2 будет минимум, используя производную и приравнивая её нулю W′ = −

C 2U 2 2σh + = 0. 2(C + C1 + C2 )2 εε0

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Отсюда находим, что в случае расплюснутой капли, ёмкость образованного ею конденсатора C2 зависит от напряжения источника U как r C2 = CU

εε0 − C − C1 . 4σh

Так как вторая производная всегда положительна, найденная точка действительно минимум: C 2U 2 W ′′ = > 0. (C + C1 + C2 )3 Заметим, что значение C2 (и площади S) больше либо равно нуля при C + C1 U ⩾2 C

σh = U1 . εε0

Поведение системы устроено следующим образом. При напряжениях источника от 0 до U1 минимум энергии системы соответствует нулевой площади растёкшейся капельки, а конденсатор Глюка имеет постоянную ёмкость C1 . При напряжениях источника U > U1 , растёкшаяся капелька имеет площадь такую, что ёмкость C2 можно вычислить по указанной выше формуле. Напряжение на конденсаторе Глюка постоянно: C0 U CU = = UГлюк = C1 + C2 C + C1 + C2

4σh 2 = U1 = const. εε0 3

Напряжение на опорном конденсаторе при напряжении на источнике U = 2U1 равно 4 2 UC = U − UГлюк = 2U1 − U1 = U1 . 3 3 Для определения коэффициента поверхностного натяжения воспользуемся найденным выше напряжением r U=2

σh 2 = U1 . εε0 3

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Отсюда σ=

εε0 U12 ≈ 0,479 Н/м. 9h

Очень похоже на то, что Глюк использовал ртуть! Задача №11-T5. Две половинки

ГОО

S ⋆

d1

d2

L3 L1

l2

L4

l1

L2

Рис. 1

Каждая из половинок линзы будет давать изображение, расстояние до которого можно найти по формуле тонкой линзы. Пусть l – искомое, тогда из: 1 1 1 d2 = + и l = d + f получим l = . F d f d−F Расстояния l1 и l2 от источника до его изображений в верхней и нижней половинках линзы равны: l1 = 16F/3 и

l2 = 4F.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

r11

r22

r21

r12

Рис. 2

При L1 = 3F и L2 = 6F пучки идут по разные стороны от ГОО, поэтому на экране возникнет равномерно освещенное изображение в виде двух полукругов разного радиуса, величина которых может быть получена из рассмотрения подобных треугольников. В обоих случаях радиус нижнего полукруга меньше, чем у верхнего: для L1 = 3F отношение радиусов равно rв l1 − L1 l2 − d2 7 = = , rн l1 − d1 l2 − L1 6 а при L2 = 6F

rв L2 − l2 l1 − d1 = = 6, rн l2 − d2 L2 − l1

На рисунке 2 полукруги показаны схематически. При перемещении экрана от расстояния 2F вправо несложно заметить, что в некотором положении радиусы полукругов совпадут в промежутке от 2F до l2 . Искомое расстояние находим из пропорции, отражающей равенства двух коэффициентов подобия треугольников: l1 − d1 l2 − d2 = L3 − d1 L3 − d2

=⇒ L3 =

Искомое расстояние: L3 = 8F/3.

d2 l1 − d1 l2 . l1 − l2 − d1 + d2

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Рис. 3

Если закрепить экран на расстоянии L4 = 40F/9 от источника, то пучки света от полулинз точно накладываются друг на друга в верхней полуплоскости экрана. Изображения источника S в положениях l1 и l2 можно рассматривать как два когерентных вторичных источника S1 и S2 , фазы которых в точке отрезка между ними на ГОО отличаются на π из-за прохождения световой волны через фокус в S1 . Следовательно, в центре полукруга наблюдается тёмное пятно (рисунок 3). При движении от центра картины к краю разность фаз источников будет изменяться, поэтому возникнет чередование светлых и тёмных полуколец. Радиус полукруга можно найти из подобия треугольников: r L4 − l2 = D/2 l2 − d2

=⇒ r =

D . 9

Назовем вершину полукруга точкой А, а его центр – точкой О и рассмотрим сечение области пересечения световых лучей от половинок линзы плоскостью, проходящей через оптическую ось перпендикулярно разрезу (рисунок 4). Рас-

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике стояния от изображений источника до центра картины равны S1 O ≡ b = 4F/9 и S2 O = 2b = 8F/9. A r ⋆ S1

⋆ S2

O Рис. 4

Как уже отмечалось, в точке О разность фаз между лучами, пришедшими через нижнюю и верхнюю половину линзы, равна ∆φO = π. Эта разность увеличивается на 2π при переходе к каждой следующей темной полосе. Разность фаз между этими лучами на краю картины – в точке А – определяется разностью хода лучей: ∆φA = π + 2π[S1 A − (S1 S2 − S2 A)]/λ. С другой стороны, она изменилась по сравнению с ∆φO на 2πk, где k — число светлых полос в картине, на каждой из которых происходит рост и убывание наблюдаемой освещенности. Ясно, что это и есть ответ на вопрос 5. Значит, kλ = S1 A + S2 A − S1 S2 = S1 A + S2 A − 3b. По рисунку 4, применяя теорему Пифагора, выражаем расстояния: p p kλ = 4b2 + r2 + b2 + r2 − 3b. Для данных по условию b ≫ r и, с учетом формулы (1+x)α = 1+αx, находим: D2 3r2 =⇒ k = . Для 3r2 ≈ 4kbλ. Таким образом, искомое значение: k = 4bλ 48λF заданных числовых значений получаем, что k=

52 · 10−4 ≈ 20. 48 · 0,65 · 10−6 · 4

Примечание. Отметим, что вычисление без приближения малости отклонения от оси дает k ≈ 20,032, то есть в принципе можно считать, что на краю картины есть еще один – правда, очень тонкий – интервал значений радиуса, на котором освещенность будет возрастать. Тогда ответом на вопрос 5 будет k = 21. Такой ответ (при наличии соответствующего объяснения) тоже следует считать правильным. Хотя на практике «увидеть» эту полоску будет очень сложно.

Решения — прак.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Задача №11-E1. 532 нм Соберем установку, описанную в условии и измерим зависимость фототока от расстояние между светодиодом и фотодиодом. Для того что бы мерить на расстояниях меньше длины кожуха выдвеним светодиод относительно линейки, вставим светодиод в кожух до упора (r = 0) и проведём измерения. r, см

Iph , мА

√1 , √ 1 мА

r, см

Iph , мА

√1 , √ 1 мА

0,00

1929

0,0228

2,55

160

0,0791

0,15

1419

0,0265

2,85

128

0,0884

0,35

1265

0,0281

3,35

90

0,1054

0,55

1119

0,0299

3,85

70

0,1195

0,75

861

0,0341

4,85

45

0,1491

0,95

685

0,0382

5,85

31

0,1796

1,15

502

0,0446

6,85

23

0,2085

1,35

412

0,0493

8,35

16

0,2500

1,55

334

0,0547

9,85

12

0,2887

1,75

287

0,0590

11,35

0,3333

1,95

240

0,0645

13,85

0,4082

2,25

195

0,0716

Iph

Iph

При выключенном светодиоде показания амперметра около 1-2 микроампер. Для измерения с точностью 5% переключим мультиметр, подключенный к фотодиоду, в режим вольтметра 2000 милливольт.Так как сопротивление мультиметра в режиме вольтметра составляет RV = 1 МОм, то показания вольтметра составят несколько сотен – тысяч милливольт. Свет от излучающего кристалла в светодиоде попадает на линзу, формирующую почтит точечное мнимое изображение кристалла (см. рис.1). Таким образом, пучок света, выходящий из кристалла геометрически в простейшей модели выходит из точечного источника, находящегося внутри светодиода.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Рис. 1. Распространение света от светодиода к фотодиоду.

Пусть в небольшой окрестности осевого направления светодиода мощность света, распространяемого светодиодом в единицу телесного угла постоянна и равна NΩ . Тогда, если фотодиод имеет площадь поверхности S и находится на расстоянии R от изображения кристалла светодиода, то мощность падающего на него света может быть рассчитана как:

N = NΩ

S . R2

(1)

В эксперименте возможно измерить лишь расстояние r между фотодиодом и вершиной линзы светодиода. Тогда формулу для получаемой светодиодом мощности можно записать как:

N = NΩ

S , (r + a)2

(2)

где a – расстояние между изображением кристалла светодиода и вершиной линзы светодиода. Предположим, что фототок светодиода пропорционален падающей на него мощности света:

Iph = γN.

(3)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Тогда зависимость фототока от расстояния r может быть описана функцией:

Iph =

S NΩ . γ (r + a)2

(4)

Преобразуем функцию к виду: 1 p = (r + a) Iph

γ . SNΩ

(5)

Для проверки предположений построим график зависимости √1 (r). ВидIph

но, что график описывается линейной функцией в области r > 1 см, что говорит о выполнении высказанных предположений и в частности о прямой пропорциональности между фототоком и мощностью падающего на фотодиод света. В области графика r < 1 см площадь фотодиода не мала посравнению с R2 и зависимость не линейна. Линейность фотоприемника

0,30

0,20

1 −0,5 Iph , мкА

0,40

0,10

0,00

10

r, см Проверка линейности фотоприемника

12

14

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Установим фотодиод и светодиод вплотную друг к другу. Модифицируем схему питания светодиода в соответствии с рисунком 2.

Рис. 2. Модифицированная схема питания светодиода

I, мА

Iph , мА

I, мА

Iph , мА

0,14

8,8

585

0,53

12

10,9

740

0,90

25

12,5

873

1,40

54

14,4

1009

2,00

91

16,1

1145

3,20

164

18,3

1313

5,10

297

20,3

1472

6,39

399

21,2

1525

7,40

467

23,8

1730

Построим график исследованной зависимости. Видно, что при малых токах зависимость имеет нелинейный характер. То есть мощность излучения света светодиодом не является прямо пропорциональной току во всём диапазоне, хотя в большей части она линейна. В последствии все измерения будем проводить на максимальном токе.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Фототок от тока светодиода

Iph , мкА

1.500

1.000

500

10

15

20

I, мА

Соберем гониометр, описанный в условии задачи и измерим зависимость фототока от угла направления распространения света. φ,◦

Iph , мА

φ,◦

Iph , мА

φ,◦

Iph , мА

179

14

82

28

10

191

15

71

29

197

16

60

30

200

17

49

31

199

18

40

32

196

19

30

33

190

20

25

34

182

21

22

35

172

22

19

36

158

23

17

37

10

141

24

15

38

11

126

25

13

39

12

107

26

12

40

13

94

27

11

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Построим график измеренной зависимости. Т.к. светодиод установлен не идеально, то направление на максимум может быть смещено. По сравнению с смещённым максимумам фототок уменьшается в пять раз при отклонении на 15◦ от максимума. Диаграмма направленности 200

Iph , мкА

150

100

50

10

15

20 25 ◦ φ,

30

35

40

Соберем установку для измерения спектра дифракционной картины света светодиода. Т. к. токи малы будем использовать мультиметр в режиме вольтметра и проведем соответствующие измерения. Нижи приведены измерения жюри, участникам их приводить в работе НЕ ТРЕБОВАЛОСЬ!

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике I

−I

−I

φ,◦

ph0 ln (Iphph −Iph0 )max

φ,◦

ph0 ln (Iphph −Iph0 )max

0,00

26

-3,19

0,00

27

-3,01

0,00

28

-2,90

0,00

29

-2,83

0,00

30

-2,81

-0,11

31

-2,85

-0,59

32

-2,95

-1,19

33

-3,06

-1,99

34

-3,22

-2,68

35

-3,44

10

-3,02

36

-3,70

11

-3,14

37

-3,99

12

-3,24

38

-4,39

13

-3,33

39

-4,78

14

-3,45

40

-5,01

15

-3,60

41

-5,33

16

-3,78

42

-5,46

17

-4,01

43

-5,59

18

-4,20

44

-5,59

19

-4,38

45

-5,70

20

-4,53

46

-5,77

21

-4,50

47

-5,77

22

-4,31

48

-5,87

23

-4,04

49

-5,87

24

-3,75

50

-6,02

25

-3,41

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Спектр дифракционной картины от светодиода 0,0

−2,0 −3,0

(I

−I

)(φ)

ph0 ln (Iphph−Iph0 )(φ=0)

−1,0

−4,0 −5,0 −6,0 −7,0

10

20

30 φ,

40

50

φ1 = (30,0 ± 1,0)◦ На графике наблюдается два максимума, соответствующие нулевому и первому порядку дифракции. Длина волны максимума спектра светодиода λled может быть рассчитана из направления на первый максимум дифракции φ1 с помощью формулы дифракционной решетки: λled =

sin φ1 sin (30,0 ± 1,0)◦ = = (1000 ± 40) нм. N 500

(6)

Измерим аналогичным способом спектр дифракционной картины, полученной от лазерной указки.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике I

−I

φ,◦

Iph , мА

Iph0 , мА

ph0 ln (Iphph −Iph0 )max

680

0,69

0,000

535

0,69

-0,240

153

0,69

-1,495

17

0,69

-3,729

2,70

0,69

-5,823

2,00

0,69

-6,251

1,85

0,69

-6,373

1,76

0,69

-6,453

1,69

0,69

-6,521

1,65

0,69

-6,562

10

1,61

0,69

-6,604

11

1,59

0,71

-6,649

12

1,56

0,72

-6,695

13

1,53

0,73

-6,744

14

1,68

0,75

-6,594

15

8,01

0,75

-4,539

16

13

0,75

-4,016

17

2,21

0,75

-6,143

18

1,55

0,75

-6,744

19

1,50

0,75

-6,809

20

1,49

0,75

-6,822

21

1,48

0,75

-6,836

22

1,61

0,75

-6,672

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике I

−I

φ,◦

Iph , мА

Iph0 , мА

ph0 ln (Iphph −Iph0 )max

23

6,64

0,75

-4,748

24

13

0,76

-4,016

25

12

0,77

-4,102

26

4,10

0,78

-5,321

27

1,68

0,78

-6,626

28

1,44

0,77

-6,922

29

1,32

0,80

-7,175

30

1,44

0,80

-6,967

31

2,00

0,80

-6,339

32

7,96

0,80

-4,553

33

10

0,80

-4,302

34

4,50

0,80

-5,213

35

1,89

0,80

-6,435

36

1,47

0,80

-6,922

37

1,37

0,80

-7,083

38

1,40

0,81

-7,049

39

1,43

0,82

-7,015

40

1,40

0,82

-7,066

41

1,38

0,85

-7,156

42

1,39

0,84

-7,119

43

1,39

0,87

-7,175

44

1,39

0,89

-7,214

45

1,39

0,89

-7,214

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Построим график полученной зависимости. Спектр дифракционной картины от лазера 0,0 без фильтра

−4,0

(I

−I

)(φ)

ph0 ln (Iphph−Iph0 )(φ=0)

−2,0

−6,0

−8,0

10

20

30 φ,

40

Длине волны λ1 соответствуют два дифракционных максимума(1-ый и 2-ой) при углах: φ1 = (16 ± 1)◦ φ3 = (33 ± 1)◦ Установим кювету с марганцовкой на пути пучка лазера. Видно, что после прохождения кюветы видимый на экране зайчик лазера зеленого цвета пропадает. Это означает, что в значительной степени видимый диапазон излучения лазера поглощается раствором. Вновь измерим спектр дифракционной картины.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике I

−I

φ,◦

Iph , мА

Iph0 , мА

ph0 ln (Iphph −Iph0 )max

169

0,69

0,000

163

0,69

-0,036

74

0,69

-0,831

13

0,69

-2,615

4,00

0,69

-3,929

3,31

0,69

-4,163

2,87

0,69

-4,346

2,52

0,69

-4,521

2,35

0,69

-4,619

2,10

0,69

-4,782

10

2,06

0,69

-4,811

11

1,93

0,71

-4,927

12

1,86

0,72

-4,995

13

1,82

0,73

-5,040

14

1,77

0,75

-5,106

15

1,72

0,75

-5,156

16

1,69

0,75

-5,188

17

1,65

0,75

-5,231

18

1,63

0,75

-5,254

19

1,62

0,75

-5,265

20

1,62

0,75

-5,265

21

1,73

0,75

-5,146

22

4,73

0,75

-3,745

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике I

−I

φ,◦

Iph , мА

Iph0 , мА

ph0 ln (Iphph −Iph0 )max

23

8,00

0,75

-3,145

24

9,00

0,76

-3,017

25

4,30

0,77

-3,865

26

1,77

0,78

-5,136

27

1,56

0,78

-5,374

28

1,55

0,77

-5,374

29

1,59

0,80

-5,362

30

1,90

0,80

-5,030

31

5,54

0,80

-3,570

32

7,13

0,80

-3,281

33

4,13

0,80

-3,923

34

1,94

0,80

-4,995

35

1,44

0,80

-5,572

36

1,38

0,80

-5,671

37

1,36

0,80

-5,706

38

1,35

0,81

-5,742

39

1,29

0,82

-5,881

40

1,29

0,82

-5,881

41

1,29

0,85

-5,947

42

1,29

0,84

-5,924

43

1,29

0,87

-5,993

44

1,29

0,89

-6,042

45

1,29

0,89

-6,042

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Построим график полученной зависимости. Спектр дифракционной картины от лазера 0,0 с фильтром

−2,0 −3,0

(I

−I

)(φ)

ph0 ln (Iphph−Iph0 )(φ=0)

−1,0

−4,0 −5,0 −6,0 −7,0

10

20

30 φ,

40

Сопоставим два полученных спектра, что бы исключить второй дифракционный максимум волны с λ1 = 532 нм. Видно, что два полученных спектра похожи, но у снятого с фильтром из марганцовки отсутствует максимум в районе 16◦ , отвечающий первому дифракционному максимуму зеленого света. При этом пик, отвечающий второму дифракционному максимуму зеленого света на спектре остался. Так как известно, что зеленый свет в большей степени поглощается марганцовкой, то можно сделать вывод, что в спектре излучения после прохождения фильтра остается инфракрасное излучение. Направление, соответствующее второму максимуму зеленого света, является направлением на первый максимум оставшегося инфракрасного излучения. То есть в спектре лазера присутствуют длины волн: ◦

λ1 =

sin(16 ± 1) sin(32,5 ± 1,0) = (550 ± 40) нм; λ2 = = (1070 ± 30) нм. N N

(7)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике Спектр дифракционной картины от лазера 0,0 без фильтра с фильтром

−4,0

(I

−I

)(φ)

ph0 ln (Iphph−Iph0 )(φ=0)

−2,0

−6,0

−8,0

10

20

30 φ,

40

Также на обоих спектрах присутствует еще один пик, соответствующий еще одной длине волны инфракрасного излучения, который также отвечает спектру излучения лазера:

λ3 =

sin(24 ± 1) = (810 ± 30) нм. N

(8)

В действительности в зелёном лазере установлен инфракрасный светодиод накачки с длиной волны λ3theor = 808 нм. Свет от этого светодиода попадает в активную среду лазера, возбуждая ее. Активная среда излучает свет на длине волны λ2theor = 1064 нм. Излучение активной среды усиливается в резонаторе и в дальнейшем попадает в оптический кристалл, в котором преобразуется в излучение с удвоенной частотой или уменьшенной вдвое длиной волны λ2theor = 532 нм. После этого излучение покидает лазер. Каждый из описанных процессов происходит с некоторым КПД, поэтому из зеленой лазерной указки выходит свет сразу трех длин волн λ1 , λ2 , λ3 , что и было показано в проведенном эксперименте.