Задания олимпиады Ломоносов по физике МГУ, отборочный тур 2024/25 учебного года (11 класс)

Задача 1

Задание 1 олимпиады Ломоносов по физике МГУ, отборочный тур 2024/25 учебного года (11 класс)
Система, состоящая из двух неподвижных блоков, трех подвижных блоков и двух грузов массами \( m \) и \( n \cdot m \), связанных нерастяжимыми нитями, представлена на рисунке. Определите модуль ускорения груза массой \( n \cdot m \), если \( n=4 \). Ответ приведите в \( \text{м/с}^2 \), округлив до тысячных долей. Ускорение свободного падения примите равным \( g = 10 \text{ м/с}^2 \). Нити и блоки считайте невесомыми.

Решение:

1. Физическая модель. Рассмотрим движение тел в инерциальной системе отсчета, связанной с Землей. Введем вертикальную ось \( Oy \), направленную вниз. Так как нити и блоки идеальны (невесомы, нерастяжимы, трение отсутствует), силы натяжения вдоль каждой нити неизменны, а ускорения тел связаны жесткой кинематической связью.

2. Кинематический анализ. Пусть груз \( m \) переместился вниз на расстояние \( y_1 \). Тогда ось первого подвижного блока также опустится на \( y_1 \). Чтобы это произошло, нить, охватывающая этот блок, должна удлиниться на \( y_1 \) с каждой стороны. Следовательно, свободный конец этой нити переместится на \( 2y_1 \).

Этот конец нити тянет ось второго подвижного блока. Аналогично, перемещение оси второго блока составит \( 2y_1 \), а конец следующей нити сместится на \( 4y_1 \). Эта нить тянет ось третьего блока, к которому прикреплен груз \( nm \). Следовательно, перемещение груза \( nm \) составит \( y_2 = 4y_1 \).

Дважды дифференцируя по времени, получаем связь модулей ускорений:

\[ a_2 = 4a_1 \]

3. Динамика системы. Запишем второй закон Ньютона для каждого груза в векторной форме:

\[ m\vec{g} + \vec{T}_0 = m\vec{a}_1 \] \[ nm\vec{g} + \vec{T}_2 = nm\vec{a}_2 \]

Где \( T_0 \) — натяжение первой нити, а \( T_2 \) — сила натяжения, действующая на ось последнего блока (на груз \( nm \)). Исходя из условий равновесия невесомых подвижных блоков, сила на оси в 2 раза больше натяжения охватывающей нити. В данной каскадной системе:

\[ T_2 = \frac{T_1}{2} = \frac{T_0}{4} \]

4. Спроецируем уравнения на ось \( Oy \). При \( n=4 \) очевидно, что тяжелый груз \( nm \) будет опускаться, а легкий груз \( m \) — подниматься. Поэтому \( a_1 \) направлено вверх, а \( a_2 \) — вниз:

\[ \begin{cases} mg – T_0 = -m a_1 \\ nmg – \frac{T_0}{4} = nma_2 \end{cases} \]

5. Математический вывод. Из первого уравнения выразим \( T_0 \), подставив \( a_1 = a_2/4 \):

\[ T_0 = m(g + a_1) = m\left(g + \frac{a_2}{4}\right) \]

Подставим \( T_0 \) во второе уравнение системы:

\[ nmg – \frac{m(g + a_2/4)}{4} = nma_2 \]

Разделим обе части на \( m \) и умножим на 16:

\[ 16ng – 4(g + a_2/4) = 16na_2 \implies 16ng – 4g – a_2 = 16na_2 \] \[ g(16n – 4) = a_2(16n + 1) \]

Итоговая формула для ускорения:

\[ a_2 = g \frac{16n – 4}{16n + 1} \]

6. Числовой расчет. Подставим \( n = 4 \) и \( g = 10 \text{ м/с}^2 \):

\[ a_2 = 10 \cdot \frac{16 \cdot 4 – 4}{16 \cdot 4 + 1} = 10 \cdot \frac{60}{65} = \frac{120}{13} \approx 9{,}230769… \]

Округляем до тысячных долей согласно условию задачи.

Ответ: \( 9,231 \text{ м/с}^2 \)

Задача 2

Задание 2 олимпиады Ломоносов по физике МГУ, отборочный тур 2024/25 учебного года (11 класс)

Мотоциклист-каскадёр придумал трюк под названием «разводной трамплин». Трамплин состоит из двух пролётов одинаковой длины, которые могут одновременно подниматься с постоянной угловой скоростью, образуя разрыв между пролётами (см. рисунок).

Каскадёр рассчитал, что если пролёты трамплина начнут подниматься с угловой скоростью \( \omega = 0{,}125 \text{ рад/с} \) в тот момент, когда он, двигаясь на мотоцикле с максимально возможной для мотоцикла скоростью, въезжает на разводную часть трамплина, и, что если далее он будет двигаться по поднимающемуся пролёту с этой скоростью, то, оказавшись у его края в тот момент, когда пролёт поднимется на угол \( \alpha = 30^\circ \), он сможет перепрыгнуть образовавшийся разрыв и приземлиться на край второго пролёта трамплина.

Какова при этом должна быть длина пролёта \( L \) разводной части трамплина? Считать, что положение пролётов не меняется за время полёта мотоцикла над разрывом. Ускорение свободного падения \( g \) принять равным \( 10 \text{ м/с}^2 \). Ответ выразить в метрах и округлить до десятых долей.

Решение задачи «Разводной трамплин»

1. Физическая модель и система отсчета.
Свяжем неподвижную систему отсчета (ИСО) с Землей. Начало координат \( O \) совместим с точкой крепления (шарниром) первого пролёта. Ось \( Ox \) направим горизонтально к центру разрыва, ось \( Oy \) — вертикально вверх. Мотоциклиста будем считать материальной точкой. Воздействием воздуха пренебрежем.

2. Кинематика движения по пролёту.
По условию, пролёт поднимается с постоянной угловой скоростью \( \omega \). Время движения мотоциклиста до края пролёта \( t_1 \) определяется углом подъема \( \alpha \):

\[ t_1 = \frac{\alpha}{\omega} \]

Так как скорость мотоцикла относительно пролёта \( v \) максимальна и постоянна, а длина пролёта равна \( L \), то:

\[ v = \frac{L}{t_1} = \frac{L \omega}{\alpha} \]

Важно: здесь угол \( \alpha \) должен быть выражен в радианах (\( 30^\circ = \pi/6 \)).

3. Скорость в момент отрыва.
В момент \( t_1 \) мотоциклист обладает абсолютной скоростью \( \vec{V}_0 \), которая по закону сложения скоростей равна:

\[ \vec{V}_0 = \vec{v}_{rel} + \vec{v}_{tr} \]

Где \( \vec{v}_{rel} \) — относительная скорость вдоль пролёта (\( |\vec{v}_{rel}| = v \)), а \( \vec{v}_{tr} \) — переносная скорость конца пролёта, вызванная его вращением (\( |\vec{v}_{tr}| = \omega L \)). Вектор \( \vec{v}_{tr} \) перпендикулярен пролёту.
Спроектируем \( \vec{V}_0 \) на оси координат:

\[ \begin{cases} V_{0x} = v \cos \alpha – \omega L \sin \alpha = L \omega \left( \frac{\cos \alpha}{\alpha} – \sin \alpha \right) \\ V_{0y} = v \sin \alpha + \omega L \cos \alpha = L \omega \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} + \cos \alpha \right) \end{cases} \]

4. Полет и приземление.
Координаты точки отрыва: \( x_0 = L \cos \alpha, y_0 = L \sin \alpha \).
Координаты точки приземления (край второго пролёта): \( x_{end} = 2L – L \cos \alpha, y_{end} = L \sin \alpha \).
Поскольку высоты старта и финиша совпадают, время полета \( \tau \) и дальность \( S \) по горизонтали связаны соотношениями:

\[ \tau = \frac{2 V_{0y}}{g}, \quad S = V_{0x} \tau = \frac{2 V_{0x} V_{0y}}{g} \]

Горизонтальное расстояние между краями пролётов: \( S = x_{end} – x_0 = 2L(1 – \cos \alpha) \).

5. Нахождение длины пролёта \( L \).
Приравняем выражения для \( S \):

\[ 2L(1 – \cos \alpha) = \frac{2}{g} \cdot \left[ L \omega \left( \frac{\cos \alpha}{\alpha} – \sin \alpha \right) \right] \cdot \left[ L \omega \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} + \cos \alpha \right) \right] \]

Сократив на \( L \) и выразив искомую величину:

\[ L = \frac{g(1 – \cos \alpha)}{\omega^2 \left( \frac{\cos \alpha}{\alpha} – \sin \alpha \right) \left( \frac{\sin \alpha}{\alpha} + \cos \alpha \right)} \]

6. Расчет.
Подставим значения: \( \alpha = \pi/6 \approx 0{,}5236 \text{ рад} \), \( \cos 30^\circ \approx 0{,}866 \), \( \sin 30^\circ = 0{,}5 \), \( \omega = 0{,}125 \text{ с}^{-1} \).

\[ L = \frac{10 \cdot (1 – 0{,}866)}{0{,}03283} \approx \frac{1{,}34}{0{,}03283} \approx 40{,}816… \]

Ответ: \( 40{,}8 \text{ м} \)

Задача 3

В сосуде с теплоизолирующими стенками находится небольшое количество озона, который быстро превращается в кислород. Когда весь озон превратился в кислород, давление в сосуде возросло в \( n = 10 \) раз. При образовании трёх молей кислорода из двух молей озона той же температуры выделяется энергия \( Q = 284 \) кДж. Молярная теплоёмкость кислорода при постоянном объёме \( c_V = 21 \text{ Дж/(моль·К)} \). Найти начальную температуру озона в сосуде. Объём сосуда считать неизменным. Ответ выразить в Кельвинах и округлить до десятых долей.

Решение задачи: Термодинамика превращения озона

1. Обоснование физической модели:
— Стенки сосуда теплоизолированы, процесс быстрый, следовательно, теплообмен с окружающей средой отсутствует (\( \delta Q_{ext} = 0 \)).
— Объём сосуда неизменен (\( V = \text{const} \)), работа газа \( A = 0 \).
— По первому закону термодинамики (\( \Delta U = Q_{ext} – A \)) внутренняя энергия системы сохраняется: \( U_{init} = U_{final} \).
— Газы считаем идеальными. Теплоёмкостью стенок сосуда пренебрегаем из-за малого количества озона.

2. Изменение состояния и количества молей:
Реакция превращения озона в кислород: \( 2O_3 \rightarrow 3O_2 \).
Пусть начальное количество молей озона \( \nu_1 \). После реакции количество молей кислорода \( \nu_2 \) составит:

\[ \nu_2 = 1,5 \nu_1 \]

Запишем уравнение Менделеева-Клапейрона для двух состояний:

\[ P_1 V = \nu_1 R T_1 \] \[ P_2 V = \nu_2 R T_2 = 1,5 \nu_1 R T_2 \]

По условию \( P_2 / P_1 = n = 10 \). Разделив уравнения, находим связь температур:

\[ n = \frac{1,5 T_2}{T_1} \implies T_2 = \frac{n}{1,5} T_1 = \frac{2n}{3} T_1 \]

3. Энергетический баланс системы:
Химическая энергия, выделившаяся при превращении озона (\( \Delta U_{chem} \)), идет на нагрев получившегося кислорода. По условию, при образовании 3 моль кислорода выделяется энергия \( Q \). Тогда при образовании \( \nu_2 \) моль выделится \( (\nu_2 / 3) \cdot Q \).

Уравнение сохранения энергии (Первый закон термодинамики):

\[ \nu_2 c_V (T_2 – T_1) = \frac{\nu_2}{3} Q \implies c_V (T_2 – T_1) = \frac{Q}{3} \]

4. Математический вывод и итоговый расчет:
Подставим выражение для \( T_2 \) в уравнение баланса:

\[ c_V \left( \frac{2n}{3} T_1 – T_1 \right) = \frac{Q}{3} \implies c_V T_1 \left( \frac{2n – 3}{3} \right) = \frac{Q}{3} \] \[ T_1 = \frac{Q}{c_V (2n – 3)} \]

Подставим численные данные (\( Q = 284\,000 \text{ Дж} \), \( c_V = 21 \text{ Дж/(моль·К)} \), \( n = 10 \)):

\[ T_1 = \frac{284000}{21 \cdot (2 \cdot 10 – 3)} = \frac{284000}{21 \cdot 17} = \frac{284000}{357} \approx 795,518… \]

Ответ: \( 795,5 \text{ К} \)

Задача 4

Задание 4 олимпиады Ломоносов по физике МГУ, отборочный тур 2024/25 учебного года (11 класс)
Тонкий световой пучок падает на тонкую рассеивающую линзу под углом \( \alpha = 30^\circ \) к её главной оптической оси на расстоянии \( a = 2 \text{ см} \) от центра линзы (см. рисунок). За линзой расположен экран, перпендикулярный главной оптической оси линзы. На каком расстоянии \( l \) от главной оптической оси наблюдатель увидит на экране яркую точку, если фокусное расстояние линзы равно \( f = 5 \text{ см} \), а расстояние между линзой и экраном \( L = 14 \text{ см} \). Ответ дайте в миллиметрах, округлив до десятых долей.

Решение:

1. Физическое обоснование метода.
Для тонкой рассеивающей линзы параллельный пучок лучей после преломления кажется выходящим из точки \( S’ \), лежащей в передней фокальной плоскости. Эта точка \( S’ \) (мнимое изображение бесконечно удаленного источника) находится на пересечении побочной оптической оси, параллельной падающему пучку, с фокальной плоскостью.

2. Координатный расчет.
Введем систему координат с началом в центре линзы \( O(0,0) \). Ось \( Ox \) направим вдоль главной оптической оси вправо, ось \( Oy \) — вверх.
Точка падения луча на линзу: \( P(0, a) \).
Уравнение побочной оптической оси, проходящей через \( O(0,0) \) параллельно падающему пучку: \( y = -x \cdot \text{tg} \alpha \).

Передняя фокальная плоскость находится при \( x = -f \). Подставим \( x \) в уравнение оси, чтобы найти координату виртуального источника \( S’ \):

\( y_{S’} = -(-f) \cdot \text{tg} \alpha = f \cdot \text{tg} \alpha \)

3. Уравнение преломленного луча.
Преломленный луч распространяется вдоль прямой, проходящей через точки \( S'(-f, f \cdot \text{tg} \alpha) \) и \( P(0, a) \). Уравнение прямой \( y = kx + b \):
— Свободный член \( b = a \).
— Угловой коэффициент \( k = (a – y_{S’}) / f = (a – f \cdot \text{tg} \alpha) / f \).

4. Координата на экране.
Экран расположен в плоскости \( x = L \). Координата \( y_L \) светлой точки на экране равна:

\( y_L = \frac{a – f \cdot \text{tg} \alpha}{f} \cdot L + a \)

Искомое расстояние \( l \) от оси есть модуль координаты \( y_L \). Приведем формулу к финальному виду:

\( l = \left|\, a\!\left(1 + \frac{L}{f}\right) – L \,\text{tg}\,\alpha \right| \)

5. Числовой расчет.
Подставим значения в миллиметрах: \( a = 20 \), \( L = 140 \), \( f = 50 \), \( \text{tg} 30^\circ \approx 0,57735 \).

\( l = | 20 \cdot (1 + 140/50) – 140 \cdot 0,57735 | \)
\( l = | 20 \cdot 3,8 – 80,829 | = | 76 – 80,829 | = 4,829 \dots \text{ мм} \)

Ответ: \( 4,8 \text{ мм} \)

Задача 5

Два резистора \( R_1 = 40 \text{ Ом} \) и \( R_2 \) соединены параллельно и подключены к аккумулятору с ЭДС \( \mathcal{E} = 10 \text{ В} \) и внутренним сопротивлением \( r = 5 \text{ Ом} \). Определите мощность \( N \), развиваемую сторонними силами, если сопротивление резистора \( R_2 \) подобрано таким образом, что на нём выделяется наибольшая мощность. Ответ выразите в Вт, округлив до целого числа.

Решение:

1. Условие максимума полезной мощности.
Мощность, выделяемая на некотором участке цепи (резисторе \( R_2 \)), максимальна, когда сопротивление этого участка равно внутреннему сопротивлению остальной части цепи (источника относительно точек подключения нагрузки).
Применим метод эквивалентного генератора к точкам подключения \( R_2 \). Относительно этих точек «остальная цепь» состоит из источника (\( \mathcal{E}, r \)) и параллельно подключенного к нему резистора \( R_1 \).

2. Параметры эквивалентного источника.
Эквивалентное внутреннее сопротивление \( r_{экв} \) (сопротивление цепи при закороченном источнике ЭДС) для резистора \( R_2 \) равно параллельному соединению \( r \) и \( R_1 \):

\( R_2 = r_{экв} = \frac{R_1 \cdot r}{R_1 + r} \)

Вычислим значение оптимального сопротивления:

\( R_2 = \frac{40 \cdot 5}{40 + 5} = \frac{200}{45} = \frac{40}{9} \text{ Ом} \)

3. Нахождение тока в цепи.
Для определения мощности сторонних сил \( N \) необходимо найти общую силу тока в магистрали \( I \).
Сначала найдем эквивалентное сопротивление внешнего участка цепи \( R_{ext} \), состоящего из \( R_1 \) и \( R_2 \), соединенных параллельно:

\( R_{ext} = \frac{R_1 \cdot R_2}{R_1 + R_2} = \frac{40 \cdot (40/9)}{40 + 40/9} = \frac{1600/9}{400/9} = 4 \text{ Ом} \)

По закону Ома для полной цепи сила тока равна:

\( I = \frac{\mathcal{E}}{R_{ext} + r} = \frac{10}{4 + 5} = \frac{10}{9} \text{ А} \)

4. Определение мощности сторонних сил.
Работа сторонних сил по перемещению заряда в единицу времени называется мощностью сторонних сил \( N \). Она равна полной мощности, выделяемой источником в цепи (включая тепло на внутреннем сопротивлении):

\[ N = \mathcal{E} \cdot I \]

Подставим значения:

\( N = 10 \cdot \frac{10}{9} = \frac{100}{9} \approx 11{,}1 \text{ Вт} \)

Округляем до целого числа по условию задачи.

Ответ: \( 11 \text{ Вт} \)