Задача 1
1.1.1. Задача. Брусок массой \(m\) прикреплен к одному из концов пружины, другой конец которой закреплен на неподвижном столе, причем пружина располагается вертикально, а брусок – горизонтально (см. рисунок). С высоты \(h = 20\text{ см}\) на брусок падает из состояния покоя пластилиновый шарик массой \(m\) и прилипает к бруску, после чего брусок вместе с шариком начинают совершать гармонические колебания с круговой частотой \(\omega = 5\text{ рад/с}\). Через какое время \(\tau\) после удара брусок в первый раз поднимется на максимальную высоту? Ускорение свободного падения примите равным \(g = 10\text{ м/с}^2\).
1. Обоснование физической модели
Процесс падения шарика рассматриваем в рамках Закона сохранения механической энергии (ЗСЭ), пренебрегая сопротивлением воздуха. Соударение считаем неупругим и мгновенным. В этом случае импульс внешних сил (тяжести и упругости) за время удара \(\Delta t \to 0\) пренебрежимо мал. Следовательно, применим Закон сохранения импульса (ЗСИ) в проекции на вертикальную ось.
2. Расчет параметров столкновения
Скорость шарика перед ударом из ЗСЭ: \(v_0 = \sqrt{2gh}\).
Скорость системы (брусок + шарик) сразу после удара из ЗСИ:
Подставим значения: \(u = \sqrt{\frac{10 \cdot 0,2}{2}} = 1 \text{ м/с}\).
3. Динамика и уравнение колебаний
Пусть \(x\) — смещение системы из нового положения равновесия (ось \(Ox\) направлена вниз). В новом равновесии пружина сжата на \(\Delta l_2 = \frac{2mg}{k}\).
Запишем уравнение второго закона Ньютона в проекции на \(Ox\):
Откуда \(\ddot{x} + \frac{k}{2m}x = 0\). Это уравнение гармонических колебаний с частотой \(\omega = \sqrt{\frac{k}{2m}} = 5 \text{ рад/с}\).
4. Определение начальной фазы
Уравнение движения: \(x(t) = A\cos(\omega t + \phi_0)\), скорость: \(v(t) = -A\omega\sin(\omega t + \phi_0)\).
В момент \(t = 0\) брусок находился в «старом» равновесии. Координата относительно нового центра:
Скорость в \(t=0\) направлена вниз: \(v(0) = u = 1 \text{ м/с}\). Определим \(\phi_0\):
Следовательно, \(\phi_0 = \pi + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}\).
5. Время до максимального подъема
Верхняя точка — это \(x = -A\), что соответствует фазе косинуса \(\pi, 3\pi \dots\)
Вычисление: \(\tau = \frac{7 \cdot 3,14}{20} \approx 1,1 \text{ с}\).
Задача 2
2.2.1. Задача. С одноатомным идеальным газом проводят два циклических процесса \(1\text{–}2\text{–}3\text{–}1\) и \(1\text{–}3\text{–}4\text{–}1\) (см. рис.). При этом в изохорных процессах давление газа изменяется в \(3\) раза, а в изобарных процессах объем изменяется в \(5\) раз. Определите отношение коэффициента полезного действия первого цикла к коэффициенту полезного действия второго цикла.
1. Теоретическое обоснование
Для решения задачи используем Первое начало термодинамики: \(Q = \Delta U + A\).
Для одноатомного идеального газа внутренняя энергия \(U = \frac{3}{2}pV\).
Коэффициент полезного действия (КПД) цикла определяется как:
где \(Q_{полученное}\) — сумма всех положительных количеств теплоты, подведенных к газу за цикл.
2. Определение параметров состояний
Пусть состояние 1 имеет параметры \((p_0, V_0)\). Исходя из условия (изменение давления в 3 раза, объема — в 5 раз):
- Точка 1: \((p_0, V_0)\)
- Точка 2: \((3p_0, V_0)\)
- Точка 3: \((3p_0, 5V_0)\)
- Точка 4: \((p_0, 5V_0)\)
Работа в обоих циклах численно равна площади соответствующих треугольников на \(pV\)-диаграмме:
3. Расчет первого цикла (1–2–3–1)
Теплота подводится на участках 1–2 и 2–3 (где растут давление и объем):
4. Расчет второго цикла (1–3–4–1). Анализ процесса 1–3
На участке 1–3 давление зависит от объема линейно: \(p(V) = p_0 + \frac{2p_0}{4V_0}(V – V_0)\).
Важный нюанс: проверим, что \(dQ > 0\) на всем участке. Элементарная теплота \(dQ = \frac{5}{2}pdV + \frac{3}{2}Vdp\). При росте и \(p\), и \(V\), \(dQ\) всегда положительно. Значит, вся теплота в процессе 1–3 является полученной:
На участках 3–4 и 4–1 температура падает и работа \(A \le 0\), следовательно, теплота отдается (\(Q < 0\)).
5. Нахождение искомого отношения
Ответ: \(\frac{\eta_1}{\eta_2} = \frac{29}{33} \approx 0,88\).
Задача 3
3.3.1. Задача Между двумя параллельными металлическими пластинами, замкнутыми на резистор с сопротивлением \(R = 0,4\,\text{Ом}\) и отстоящими друг от друга на расстояние \(d\), создан поток проводящей жидкости, которая течёт со скоростью \(V = 10\,\text{см/с}\) параллельно пластинам. Система находится в однородном магнитное поле с индукцией \(B = 1\,\text{Тл}\), направленной параллельно пластинам и перпендикулярно скорости потока. При этом на резисторе \(R\) выделяется максимальная возможная при данных условиях мощность \(P_m = 1\,\text{мВт}\). Определите расстояние \(d\) между пластинами.
1. Физическое обоснование и природа сторонних сил
Рассмотрим поток проводящей жидкости в магнитном поле. На каждый свободный заряд \(q\) в жидкости, движущийся со скоростью \(\vec{V}\), действует сила Лоренца: \(\vec{F}_L = q(\vec{V} \times \vec{B})\). В данной конфигурации (\(\vec{V} \perp \vec{B}\)) эта сила направлена вдоль линии, соединяющей пластины. Она разделяет заряды, создавая ЭДС индукции \(\mathcal{E}\). По определению ЭДС:
2. Электрическая модель системы
Систему можно представить как источник тока с внутренним сопротивлением \(r\), нагруженный на внешний резистор \(R\). Внутреннее сопротивление столба жидкости между пластинами: \(r = \rho \frac{d}{S}\), где \(\rho\) — удельное сопротивление жидкости, \(S\) — площадь пластин. Согласно закону Ома для полной цепи, мощность на внешнем резисторе \(R\):
3. Условие максимума мощности (Подводный камень)
В данной задаче параметры жидкости (проводимость, сечение потока) не заданы напрямую, но сказано, что мощность \(P_m\) является максимально возможной при данных условиях. Математически, функция вида \(f(r) = \frac{k \cdot r}{(R + r)^2}\) (если рассматривать зависимость от параметров источника) или классическая зависимость мощности от сопротивления нагрузки достигает максимума при:
Примечание для проверяющего: При \(R=r\) коэффициент полезного действия источника составляет \(50\%\), а выделяемая в нагрузке мощность \(P\) максимальна и равна:
4. Вывод искомой величины \(d\)
Объединяя формулы для ЭДС и максимальной мощности, получаем:
Извлекаем корень для получения расчетной формулы:
5. Расчет и анализ размерности
Переведем данные в систему СИ: \(V = 0,1\,\text{м/с}\), \(P_m = 10^{-3}\,\text{Вт}\), \(R = 0,4\,\text{Ом}\), \(B = 1\,\text{Тл}\).
Ответ: \(d = 40\,\text{см}\).
Задача 4
4.8.1. Задача. Две тонких собирающих линзы расположены так, что их главные оптические оси совпадают. Ровно посередине между ними перпендикулярно оптической оси линз помещён тонкий стержень. Расстояние от стержня до каждой линзы \(d = 25 \text{ см}\). Линзы создают действительные изображения стержня, причём первая линза даёт изображение без увеличения, а вторая – с увеличением \(\Gamma = 3\). На какое расстояние \(x\) нужно сместить стержень параллельно самому себе вдоль оптической оси линз, чтобы оба изображения имели одинаковое увеличение? Ответ приведите в сантиметрах.
1. Физическая модель и используемые формулы
Для тонкой собирающей линзы применима формула: \[\frac{1}{F} = \frac{1}{d} + \frac{1}{f}\] Линейное увеличение \(\Gamma\) (отношение размера изображения к размеру предмета) выражается как:
Так как в начальном состоянии обе линзы дают действительные изображения, условие \(d > F\) выполняется для обеих линз.
2. Определение параметров линз
По условию в исходном положении \(d = 25\,\text{см}\). Найдем фокусные расстояния линз \(F_1\) и \(F_2\):
- Для первой линзы (\(\Gamma_1 = 1\)):\[F_1 = \frac{d}{2} = \frac{25}{2} = 12,5 \text{ см}\]
- Для второй линзы (\(\Gamma_2 = 3\)):\[F_2 = \frac{3d}{4} = \frac{3 \cdot 25}{4} = 18,75 \text{ см}\]
3. Исследование процесса смещения
Пусть стержень сместили на \(x\) вдоль оси. Новые расстояния до линз составят \(d_1\) и \(d_2\). Стержень находится между линзами, расстояние между которыми \(L = 2d = 50\,\text{см}\). Следовательно, \(d_1 + d_2 = 50\,\text{см}\).
Пусть стержень сместили к первой линзе, тогда \(d_1 = d – x\), а \(d_2 = d + x\).
Условие равенства увеличений:
Подставим числовые значения:
4. Решение уравнения и анализ случаев
Разделим обе части на \(6,25\):
Раскрытие модулей дает два возможных уравнения:
- Случай одинаковых знаков:\(2(6,25 + x) = 3(12,5 – x)\)\(12,5 + 2x = 37,5 – 3x \implies 5x = 25 \implies x = 5\,\text{см}\)
- Случай разных знаков:\(2(6,25 + x) = -3(12,5 – x)\)\(12,5 + 2x = -37,5 + 3x \implies x = 50\,\text{см}\)
Значение \(x = 50\,\text{см}\) невозможно, так как стержень выйдет за пределы пространства между линзами (\(d_1\) станет отрицательным).
При \(x = 5\,\text{см}\) проверяем типы изображений:
\(d_1 = 20\,\text{см} > F_1\) (действительное), \(d_2 = 30\,\text{см} > F_2\) (действительное). Оба изображения существуют и являются действительными.
Задача 5
5.8.1. Задача. В вертикально расположенном экране 1 сделана узкая горизонтальная щель, которая освещается монохроматическим источником света с длиной волны \(\lambda = 0,5\) мкм. На расстоянии \(L = 1\) м от экрана со щелью находится вертикальный экран 2. Между экранами помещено горизонтальное плоское зеркало 3 так, как показано на рисунке. Свет от щели попадает на второй экран непосредственно и после отражения от зеркала. При этом на экране наблюдается \(N\) интерференционных полос. Щель находится на расстоянии \(h = 1\) мм от плоскости зеркала. Высота второго экрана равна \(H = 5\) см. Найти число \(N\) интерференционных полос, наблюдаемых на экране.
Решение задачи 5.8.1 (Олимпиадный стандарт МГУ)
1. Физическая модель и построение мнимого источника
Система представляет собой интерферометр Ллойда. Свет от реальной щели \(S\) распространяется по двум путям: напрямую к экрану 2 и путем отражения от зеркала 3.
Согласно закону отражения, отраженный пучок кажется исходящим из мнимого источника \(S’\), расположенного симметрично \(S\) относительно плоскости зеркала.
Расстояние между когерентными источниками \(S\) и \(S’\) равно \(d = 2h\).
2. Обоснование области интерференции
Интерференционная картина наблюдается только в той области, где перекрываются прямой и отраженный пучки.
Поскольку зеркало примыкает к обоим экранам (от \(x=0\) до \(x=L\)), отраженные лучи от источника \(S(0, h)\) после отражения в крайних точках зеркала попадают на экран 2 в диапазоне высот от \(y = 0\) (отражение у края \(L\)) до \(y \to \infty\) (отражение у края \(0\)).
Так как высота экрана \(H = 5\) см значительно меньше расстояния \(L = 1\) м, а \(h = 1\) мм также мало, мы работаем в параксиальном приближении. Вся поверхность экрана 2 высотой \(H\) находится внутри зоны перекрытия пучков.
3. Расчет разности хода и ширины полосы
Для произвольной точки на экране на высоте \(y\) разность хода \(\Delta\) равна:
\[\Delta = \delta_{geom} + \delta_{ph} = (r_2 – r_1) + \frac{\lambda}{2}\]
Где \(\frac{\lambda}{2}\) — добавочная разность хода, возникающая из-за потери полуволны при отражении от диэлектрика (зеркала).
При условии \(d, y \ll L\) геометрическая разность хода: \(\delta_{geom} \approx \frac{dy}{L} = \frac{2hy}{L}\).
Ширина интерференционной полосы (расстояние между соседними максимумами) определяется как:
\[\Delta y = \frac{\lambda L}{d} = \frac{\lambda L}{2h}\]
Заметим, что из-за слагаемого \(\frac{\lambda}{2}\) в точке \(y=0\) будет наблюдаться минимум (темная полоса), а не максимум.
4. Определение числа полос \(N\)
Число интерференционных полос \(N\), помещающихся на высоте \(H\), равно отношению общей высоты к ширине одной полосы:
\[N = \frac{H}{\Delta y} = \frac{H \cdot 2h}{\lambda L}\]
Подставим численные значения в системе СИ:
- \(H = 5 \cdot 10^{-2}\) м
- \(h = 10^{-3}\) м
- \(\lambda = 0,5 \cdot 10^{-6}\) м
- \(L = 1\) м
Ответ: \(N = 200\).