Физика (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2024-2025 год)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

что единственная сила взаимодействия между диском и цилиндром - это сила

электростатического отталкивания, равная по модулю

4ρ²R³d

F₀ =

ε₀

D, ρ

Рис. 1

1. Найдите плотность материала цилиндра D.

2. Диску сообщают такую скорость v₀, направленную вертикально вверх,

что он совершает малые колебания, двигаясь поступательно. Определите период

этих колебаний.

Далее от диска отрезали небольшое кольцо и удалили его. При этом центр

диска остался на оси цилиндра, а новый радиус составляет R^′ = R - ∆R, где

∆R ≪ R.

3. Определите положение равновесия диска радиуса R^′. В ответе укажите

ширину зазора z₀ между диском и цилиндром в положении равновесия.

4. Пусть диск радиуса R^′ находится в положении равновесия. Определите

период малых колебаний диска при его поступательном движении вдоль оси ци-

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

линдра после сообщения такой же скорости v₀ направленной вертикально вверх.

Если вы не выполнили пункт 3, считайте z₀ > 0 известной величиной.

Примечания. Ускорение свободного падения равно g. Считайте, что диск мо-

жет двигаться только поступательно вдоль оси симметрии системы, а основания

диска горизонтальны. Все силы трения отсутствуют. Любые возможные соуда-

рения абсолютно упругие. Гравитационное взаимодействие диска и цилиндра,

магнетизм и электромагнитное излучение не учитывать. Диэлектрик считайте

неполяризующимся.

Задача №4. Конденсатор Глюка

В самом начале карьеры экспериментатора Глюк увлекался разработкой но-

вых устройств. Одним из них был конденсатор довольно необычной конструкции.

На двух поверхностях прямоугольной стеклянной пластинки толщиной h =

= 0,5 мм было нанесено металлическое покрытие (П), игравшее роль обкладок

конденсатора. При этом одна сторона пластинки была покрыта металлом полно-

стью, вторая лишь частично (рис. 2). На свободный от покрытия участок помеща-

лась маленькая капелька проводящей жидкости (К), полностью несмачивающей

стекло. Подсоединённый к обкладке с жидкостью проводник раздваивался так,

что одна его часть была подсоединена к участку с покрытием, второй конец был

погружен в каплю жидкости.

Рис. 2

В одном из экспериментов конденсатор Глюка подключался последователь-

но с другим конденсатором постоянной ёмкости (опорным) к регулируемому ис-

точнику напряжения. Напряжение источника плавно увеличивалось от нулевого

значения, при этом исследовалась зависимость напряжения на опорном конден-

саторе U_C от напряжения источника U. График зависимости состоял из двух

линейных участков (рис. 3), при этом напряжение на опорном конденсаторе в

точке излома составляло треть от напряжения источника U₁, соответствующего

этой точке.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

U_C

U₁

Рис. 3

1. Чему равнялось напряжение на опорном конденсаторе при напряжении

источника U = 2U₁?

2. Определите коэффициент поверхностного натяжения использованной Глю-

ком жидкости, если U₁ = 5,9 кВ.

Электрическая постоянная равна ε₀ = 8,85 · 10^-12 Ф/м. Диэлектрическая

проницаемость стекла ε = 7. Толщина стеклянной пластинки мала по сравнению

с её размерами. Коэффициенты поверхностного натяжения жидкости на границе

с воздухом и со стеклом одинаковы. Влиянием силы тяжести можно пренебречь.

Задача №5. Две половинки

На главной оптической оси (ГОО) тонкой собирающей линзы с фокусным

расстоянием F находится точечный монохроматический источн√ света S с дли-

ной волны λ. Известно, что диаметр линзы равен D, причем

λF ≪ D ≪ F .

Линзу разрезают на две одинаковые половинки (полулинзы), которые смеща-

ют параллельно исходным положениям (см. рис. 4) вдоль ГОО. Одна половинка

(верхняя) оказывается на расстоянии d₁ = 4F/3 от источника, а другая (нижняя)

- на расстоянии d₂ = 2F .

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

ГОО

d₁

d₂

Рис. 4

1. Найдите на каких расстояниях l₁ и l₂ от источника находятся его изобра-

жения в верхней и нижней половинках линзы.

Перпендикулярно ГОО размещают экран на некотором расстоянии L от ис-

точника.

2. Опишите картину, которая наблюдается на экране (изобразите ее схема-

тически на рисунке и определите величины существенных характеристик) при

L₁ = 3F и L₂ = 6F.

3. При каком расстоянии L₃ > 2F на экране наблюдается изображение в

форме круга?

Экран закрепляют на расстоянии L₄ = 40F/9 от источника.

4. Опишите качественно и объясните картину, которая наблюдается на экране,

указав все характерные детали.

5. Пройдем из точки пересечения экрана ГОО вверх, до края наблюдаемой

картины. Определите, сколько на этом пути окажется интервалов, на которых

освещенность экрана будет возрастать? Для расчёта используйте значения: F =

4 м, λ = 650 нм, D = 5 см.

Считайте, что исходная линза была идеальной: она обладала свойством та-

утохронизма (лучи от одного источника, прошедшие через разные ее точки, до-

стигают новой точки пересечения за одинаковое время) и при прохождении через

ее фокус фаза световой волны скачком изменялась на π.

Все лучи, не попадающие непосредственно от источника на полулинзы, об-

резаются диафрагмами.

Задача №11-T1. Два камня

Графический метод решения

Построим векторные треугольники скоростей для каждого из камней с об-

щим 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.

По теореме синусов из △AOB и △MON находим

sin α

sin ∠AOB

sin ∠MON

Поскольку камни брошены по условию под разными углами, то из равенства

sin ∠AOB = sin ∠MON следует ∠AOB + ∠MON = 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^◦.

--→

√

Из закона сохранения энергии: |ON| = v1 =

v² + 2gh.

Для нахождения расстояния между камнями в этот момент определим время

движения. По теореме косинусов для △MON

√

v² + 2gh + (gt)² - 2

v² + 2gh · gt · cos45^◦ = v².

Решая полученное квадратное уравнение, находим два корня

√

v² + 2gh ±

v² - 2gh

√

Учитывая условие, что первоначально оба камня удаляются от земли, необ-

ходимо выбрать знак + . Умножая полученное время на относительную скорость

√

камней v =

2v, получаем выражение для расстояния между камнями в этот мо-

мент времени

(√

√

)

l=vt=

v² + 2gh +

v² - 2gh

Аналитический метод решения

Пусть первым упадет камень брошенный под углом γ. В момент перед паде-

нием этого камня на землю

gt²¹

y = h + v sinγt₁ -

= 0.

откуда получаем время движения

(

√

)

v sin γ

2gh

t₁ =

v² sin² γ

Из уравнений движения каменей определим проекции скоростей

v_1x = v cosγ,v_1y = v sinγ - gt,

v_2x = v cosβ,v_2y = v sinβ - gt.

В момент, когда векторы скоростей камней направлены под одинаковыми

углами к горизонту

v_1y

v_2y

tg φ =

v_1x

v_2x

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Из получившегося соотношения следуют два уравнения

v sin γ - gt₁

tg φ =

v cos γ

v sin γ - gt₁

v sin β - gt₁

v cos γ

v cos β

Преобразуем уравнения, используя выражение для t₁

√

v² sin² γ + 2gh

tg φ = -

v cos γ

√

v² sin² γ + 2gh

v sin β - v sin γ -

v² sin² γ + 2gh

−

v cos γ

v cos β

√

Выразив

v² sin² γ + 2gh из второго уравнения и подставив в первое получим

tg φ = -1.

Искомый угол с горизонтом составляет φ = 45^◦.

√

Используя tan φ = -1, из tan φ = -v2 sin2 γ+2ghvcosγ найдем

√

sin γ =

v²

√

cos γ =

v²

Тогда время t₁

(√

√

)

t₁ =

v²

√

Умножая полученное время на относительную скорость камней v =

2v,

получаем выражение для расстояния между камнями в этот момент времени

(√

√

)

l=vt=

v² + 2gh +

v² - 2gh

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

TV ^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

νRT

3νR∆T =

∆V.

Сократив общие множители и разделяя переменные получим

∆T

∆V

откуда после интегрирования найдем уравнение процесса

TV ^-1/3 = const.

Используя уравнение адиабаты для процесса 4 - 1, найдем объем газа в точке 1:

T₁V^1/31 = T₄V^1/34,

откуда с учетом значения температур T₁ = 2T₄ = 2T₀ получим V₁ = V₀/8. Ана-

логично с помощью уравнения процесса 3 - 4

T₃V^-1/33 = T₄V^-1/34,

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

T₁V^-1/31 = T₂V^-1/32, T₃V^1/33 = T₂V^1/32.

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

V^2/32 = V^1/33V^1/31 = V^2/30,

а значит V₂ = V₀. Тогда температура T₂ = T₁V^-1/31V^1/32 = 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:

δQ

2 dU

dS =

= 2νC_V

T₂

T₃

S₂ - S₁ = 2νC_V ln

= 2νC_V ln

=S₃ -S₄.

T₁

T₄

Получаем соотношение на температуры:

T₂

T₃ .

T₁

T₄

T₁T₃

T₂ =

T₄

T₂ = 4T₀

Уравнение адиабаты в координатах (p,V ) имеет вид pV^4/3 = const, а значит

в логарифмических координатах график процесса - прямая

log₂

= const.

p₀

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

= const.

p₀

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.

Тогда координаты граничных точек процессов в координатах log₂

(абс-

V₀

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

log_2V

-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, выполня-

ется Q = 2∆U = 2C_V ∆T , где C_V - теплоемкость газа при постоянном объеме.

Тогда на участке 1-2 подводится тепло Q₊ = 2C_V (T₂ -T₁) = 4C_V T₀, а на участке

3 - 4 отводится тепло Q_- = 2CV (T₃ - T₄) = 2CV T₀, поэтому КПД

Q₊ - Q_-

η=

Q₊

Второй метод

Найдём зависимость T (S) для процессов 1 - 2 и 3 - 4.

)

(S-S₄

T_3-4(S) = T₄ exp

2νC_V

)

(S-S₁

T_1-2(S) = T₁ exp

= 2T_3-4(S).

2νC_V

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Подставим в выражение для КПД:

∫

T_1-2 dS - T_3-4 dS

T_3-4 dS - T_3-4 dS

η=S1

= S⁴

∫

T_1-2 dS

T_3-4 dS

Задача №11-T3. Электростатическая левитация

Из симметрии системы относительно оси цилиндра следует, что сила элек-

тростатического 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 выра-

жается через его плотность D и размеры как:

M = πR²dD.

Отсюда получим

4ρ²R³d

= πR²dDg,

ε₀

а значит, плотность равна

4 ρ²R

3π ε₀g

При удалении диска от поверхности цилиндра действующая на него сила

электростатического отталкивания уменьшается, поэтому возникает результи-

рующая 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 задаёт-

ся координатой z центра его нижнего основания. Пусть диск сдвинут на неболь-

шое 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

F (z)

F₀

F (z)

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 бесконеч-

ной плоскости с плотностью заряда σ = ρz:

ρz

E_n =

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

ρz

πρ²dR

∆F =

· πR²dρ =

2ε₀

Второй способ

Нормальная составляющая силы, действующей на небольшую плоскую пло-

щадку ∆S с поверхностной плотностью заряда σ, связана с потоком электри-

ческого поля ∆Φ = E_n∆S через эту площадку (индекс n означает компоненту,

нормальную к площадке):

∆F_n = σE_n∆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 = F_n = 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 ци-

линдр Γ радиуса R, высоты z ≪ R, расположенный торцом к торцу с бесконеч-

ным 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 E_r · 2πRz, где E_r - радиальная напряжённость по-

лубесконечного цилиндра на расстоянии R от центра. Итак, теорема Гаусса для

цилиндра Γ записывается следующим образом:

Φ (0) - Φ (z) - 2πRE_rz = 0,

откуда

Φ (z) = Φ (0) - 2πRE_rz.

(z)

Φ (0)

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Вычислим значение E_r. Заметим, что при добавлении второй половинки бес-

конечного цилиндра получается бесконечный уже в обе стороны цилиндр плот-

ностью 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 E_r состав-

ляет половину напряжённости E от бесконечного в обе стороны цилиндра с плот-

ностью заряда ρ, которая может быть получена применением теоремы Гаусса:

ρπR²l

ρR

E · 2πRl =

⇔ E =

=⇒ E_r =

^ρR .

ε₀

2ε₀

4ε₀

Окончательно для силы получим такое же выражение

(

)

ρR

πρ²R²d

F_z = ρd Φ₀ - 2πR

=F₀ -

4ε₀

2ε₀

то есть тот же ответ, что и раньше.

Согласно второму закону Ньютона, запишем уравнение движения диска:

πρ²dR

Mz = -Mg + F (z) = -

2ε₀

или

πρ²dR

z = 0.

2Mε₀

Подставив сюда выражение для массы цилиндра через электростатическую силу

M = F₀/g, получим

3π g

z = 0,

8 R

что совпадает с уравнением гармонических колебаний с циклической частотой

√

3π g

ω₀ =

8 R

Однако важно принять во внимание упругое соударение диска с цилиндром, так

как из-за него период уменьшается вдвое: проходит только одна половина полно-

го колебания, а вторая, симметричная ей, нивелируется за счёт моментального

разворота диска при соударении с цилиндром. Таким образом, так как положе-

ние устойчивого равновесия диска находится в точке z = 0, а движение в области

z < 0 невозможно, ответ не зависит от величины v₀. Окончательно

√

8 R

T =π

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, дей-

ствующая на исходный диск, равна сумме сил, действующих на кольцо ширины

∆R и на диск радиуса R^′. Поэтому величина силы, действующей на диск ради-

уса 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, действу-

ющая на кольцо, также будет направлена вдоль оси z. Найдем составляющую

электрического поля E_z, 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

dE_z = -

dV,

4πε₀ (z² + (R - r)²)^3/2

где элемент объема dV = dz dS, а интегрирование по r производится по дис-

ку |r| < R, а

R - радиус-вектор рассматриваемой точки на краю диска. Тогда

электрическое поле имеет вид

∫

E_z = -

ρ dS

4πε₀

(z² + (R - r)²)^3/2

-∞

Теперь интеграл по z можно вычислить элементарно:



∫⁰

∫



z dz

d(z²/2)



√



(z² + (R - r)

²)^3/2

(z² + (R - r)²)^3/2



|R - r|

-∞

−∞

z² + (R - r)²

-∞

Таким образом, остается вычислить интеграл по площади диска

∫

E_z =

4πε₀

|R - r|

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Тогда искомая сила будет иметь вид

∆F = q₁E_z,

где q₁ = 2πρR∆Rd - заряд кольца.

Энергетический метод

Воспользуемся методом виртуальных перемещений. Возьмём вначале исход-

ный диск радиуса R, прислонённый к торцу цилиндра, и мысленное передвинем

его вдоль оси на расстояние δl. Тогда мы совершим работу, которую обозначим

за

A = -F₀δl.

Эта работа идёт на изменение потенциальной энергии системы. Мысленно запол-

ним освободившийся объём

V =πR²δl

веществом цилиндра и получим исходную потенциальную энергию системы. Та-

ким 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.

F₀

δl

δA = F₀δl

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^′ = -Fδl = -(F₀ - ∆F)δl = -F₀δl + ∆Fδl.

Аналогично заметим, что по модулю эта работа равна энергии ∆E^′ взаимодей-

ствия двух дисков: одного радиуса R и высоты δl, а другого радиуа R^′ и высоты d.

F0 -

2 (R - ∆R)

δl

δA^′ = (F₀ - ∆F)δl

Для вычисления ∆F вычтем одно из другого уравнения, полученные мето-

дом 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 высо-

ты 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

2 (R - ∆R)

δl

δA - δA^′ = ∆Fδl

Для диска с поверхностной плотностью заряда σ участок площади dS, его

вклад в потенциал будет иметь вид

σ dS

dφ =

4πε₀|R - r|

а сам потенциал представляется в виде интеграла

∫

φ=

4πε₀

|R - 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 точ-

ке на краю диска, а за начальное направление (направление с нулевым углом)

выберем направление касательной к окружности сечения диска. Положение точ-

ки 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

dφ = k

= kσ

= kσ dr dθ.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Нам необходимо взять интеграл по всему диску. Интегрировать будем по

каждой из переменных по очереди.

Первый способ

dθ

Вначале проинтегрируем по r и найдём потенциал, который образует в своей

вершине треугольник с высотой r_max (θ) = 2R sin θ и малым основанием r_max (θ) dθ.

Этот потенциал равен

σR

dφ = kσ sin θ dθ =

sin θ dθ.

2πε₀

2R sin θ

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=

sin θ dθ =

^σR .

2πε₀

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

∫

π-arcsin(^r2R )∫

( r⁾

σr dr

σ dr

π - 2arcsin

dφ =

dθ =

dθ = σ

^2R dr.

4πε₀

θmin

arcsin(^r2R )

Осталось лишь проинтегрировать по r в пределах от 0 до 2R. Последнее

значение соответствует наиболее удалённой от точки P точке диска.

∫

(

))

( r

φ=

π - 2arcsin

dr.

4πε₀

Воспользуемся техникой интегрирования по частям.







)

∫

( r



r/2R

φ=

2πR-2rarcsin



√

dr =

4πε₀



( r⁾

√



)₂

σR

( r



^σR .

πε₀



πε₀

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

π-θmax

θ_min

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 че-

рез 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; λ = d∆R.

Таким образом,

∆F δl = φδq =

ρR 2πRd∆Rδl,

πε₀

или, сокращая,

2ρ²dR

∆F =

∆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 элек-

тростатическая 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:

ρz

πdρ²(R - ∆R)

F (z) = F (0) -

πR^′2dρ = F₀ - ∆F -

2ε₀

Запишем уравнение движения диска меньшего радиуса, полагая его массу

равной m^′.

πdρ²(R - ∆R)

m^′z = F(z) - m^′g = F₀ - ∆F -

z - mg + 2πdgDR∆R.

2ε₀

С учётом

F₀ = mg

упростим уравнение, подставив выражение для плотности:

2ρ²dR

πdρ²(R - ∆R)²

m^′z = πd(R - ∆R)²Dz = -

∆R -

z + 2πdgDR∆R

ε₀

2ε₀

2ρ

ρ²

3πg

3π g

z=-

∆R -

∆R = -

∆R -

∆R =

∆R -

πDε₀

2Dε₀

8 R

Положение равновесия z₀ определяется условием

z(z₀) = 0,

так что z₀ является решением уравнения

(

)

3π

z(z₀) =

∆R -

z₀

= 0.

z₀ =

∆R.

3π

В отсутствие контакта с поверхностью цилиндра уравнение движения диска

выглядит так:

3π g

∆R = 0.

8 R

Это уравнение с точностью до аддитивной постоянной совпадает с уравнением

гармонических колебаний с циклической частотой

√

3π g

ω₀ =

8 R

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

так что общее решение может быть записано сразу.

(√

)

(√ )

3π g

z(t) = C₁sin

t + C₂cos

∆R.

8 R

3π

Вычислим константы C₁ и C₂ с помощью начальных условий:



z(0) =

∆R = C₁sin(0) + C₂cos(0) +

∆R,



^√ 8 R

3π

√

3π

C₁ = v₀

=⇒

3π g



Ż(z) = v₀ =

C₁cos(0) -

C₂sin(0).

C₂ = 0.

8 R

Итак, в отсутствие контакта с цилиндром диск совершает гармонические

колебания вокруг положения равновесия z₀ с циклической частотой ω₀, а зави-

симость координаты z от времени выглядит как

√

(√

)

8 R

3π g

z(t) =

∆R + v₀

sin

3π

3π g

8 R

Заметим, что модуль скорости v₀ непосредственно определят амплитуду колеба-

ний. При малых v₀ возможно описанное движение диска без контакта с поверх-

ностью цилиндра, однако при бóльших амплитудах будут происходить упругие

соударения и период колебаний изменится.

Вычислим критическое значение v₀, при котором начинают происходить со-

ударения диска и цилиндра. Амплитуда синуса должна быть равна расстоянию

от положения равновесия до ограничивающей поверхности z = 0.

√

8 R

v^крит

∆R ⇔ v^крит0 =

∆R.

3π g

3π

3π R

Тогда в случае v₀ < v^крит0 диск проходит полное колебания, а ответ для периода

√

8 R

T^′ = 2T = 2π

3π g

Рассмотрим случай v₀ > v^крит0. Заметим, что одну половину колебаний (в

неограниченную сторону - от цилиндра) диск проходит без внешних вмеша-

тельств. Рассмотрим ранее симметричную ей часть колебаний. При достижении

координаты z = 0 диск моментально разворачивается без потери энергии и со-

вершает движение в обратную сторону. Вычислим время t₀, необходимое для

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

движения от z₀ до z = 0.

√

(√

)

8 R

3π g

z(t₀) = 0 =

∆R + v₀

sin

t₀

3π

3π g

8 R

Тогда, применяя обратную тригонометрическую функцию,

√

(√

)

8 R

g ∆R

t₀ =

arcsin

3π g

3π R v₀

Ниже можно увидеть графики зависимостей координаты диска от времени

для разных начальных скоростей.

z/z₀

t/T

В качестве наглядной иллюстрации изобразим движение при разных v₀ на

фазовой диаграмме (z/z₀; Ż/v^крит0). При превышении критической скорости ко-

лебанию начинает соответствовать только часть полной окружности, вследствие

чего период сокращается.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Изобразим график зависимости периода T^′ от значения v₀.

T^′/T

v₀/v^крит0

Задача №11-T4. Конденсатор Глюка

Покажем ниже, что при напряжениях источника меньших U₁, капелька не

растекается и конденсатор Глюка представляет собой обычный плоский конден-

сатор 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 представ-

ляет собой два параллельно соединённых конденсатора ёмкостями C₁ и C₂. Кон-

денсатор C₂ имеет в качестве одной обкладки нижнюю плоскость, а его вторая

обкладка - это растёкшаяся капелька проводящей жидкости. Обозначим пло-

щадь растёкшейся капельки S, тогда:

εε₀S

C₂ =

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 си-

стему, состоящую из источника, конденсаторов и растёкшейся капельки. Найдём,

как энергия системы зависит от площади растёкшейся капельки:

W = W_ист + W_конд + W_пов = -qU +

+ 2σS,

2C₀

где q - заряд, протёкший через источник, C₀ - общая ёмкость системы трёх

конденсаторов, σ - коэффициент поверхностного натяжения.

Здесь энергия W_ист = -qU = -C₀U², так как при зарядке конденсаторов че-

рез источник протекает заряд q = C₀U и запасённая в источнике энергия умень-

шается.

Общая ёмкость системы трёх конденсаторов, когда опорный C соединён по-

следовательно с конденсатором Глюка (который представляет собой параллель-

ное соединение C₁ и C₂):

C(C₁ + C₂)

C₀ =

C+C₁ +C₂

Для удобства будем выражать энергию поверхностного натяжения не через

площадь, а через емкость C₂:

2σh

W_пов = 2σS =

C₂.

εε₀

Тогда, зависимость энергии системы от ёмкости C₂ (по сути, от площади

растёкшейся капли), описывается выражением:

C(C₁ + C₂)U

2σh

W (C₂) = -

C₂.

2(C + C₁ + C₂)

εε₀

В равновесии значение C₂ будет таким, чтобы энергия системы была мини-

мальна. Найдём, при каком значение C₂ будет минимум, используя производную

и приравнивая её нулю

C²U

2σh

W^′ = -

= 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

√ εε₀

C₂ = CU

-C-C₁.

4σh

Так как вторая производная всегда положительна, найденная точка действи-

тельно минимум:

C²U

W^′′ =

> 0.

(C + C₁ + C₂)³

Заметим, что значение C₂ (и площади S) больше либо равно нуля при

√

C+C₁

σh

U ⩾2

=U₁.

εε₀

Поведение системы устроено следующим образом. При напряжениях источ-

ника от 0 до U₁ минимум энергии системы соответствует нулевой площади рас-

тёкшейся 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:

√

C₀U

4σh

U_Глюк =

U₁ = const.

C₁ + C₂

C+C₁ +C₂

εε₀

Напряжение на опорном конденсаторе при напряжении на источнике U =

2U₁ равно

U_C = U - U_Глюк = 2U₁ -

U₁ =

U₁.

Для определения коэффициента поверхностного натяжения воспользуемся

найденным выше напряжением

√

σh

U=2

U₁.

εε₀

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Отсюда

εε₀U²¹

σ=

≈ 0,479 Н/м.

Очень похоже на то, что Глюк использовал ртуть!

Задача №11-T5. Две половинки

ГОО

⋆

d₁

d₂

L₃ L₁

l₂

L₄

l₁

L₂

Рис. 1

Каждая из половинок линзы будет давать изображение, расстояние до ко-

торого можно найти по формуле тонкой линзы. Пусть l - искомое, тогда из:

d²

и l = d + f получим l =

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 по-

добных треугольников. В обоих случаях радиус нижнего полукруга меньше, чем

у верхнего: для L₁ = 3F отношение радиусов равно

r_в

l₁ - L₁ l₂ - d₂

r_н

l₁ - d₁ l₂ - L₁

а при L₂ = 6F

r_в

L₂ - l₂ l₁ - d₁

= 6,

r_н

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 ко-

эффициентов подобия треугольников:

l₁ - d₁

l₂ - d₂

d₂l₁ - d₁l₂

=⇒ L₃ =

L₃ - d₁

L₃ - d₂

l₁ - l₂ - d₁ + d₂

Искомое расстояние:

L₃ = 8F/3.

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 изме-

няться, поэтому возникнет чередование светлых и тёмных полуколец.

Радиус полукруга можно найти из подобия треугольников:

L₄ - l₂

=⇒ r =

D/2

l₂ - d₂

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 S₁O ≡ b = 4F/9 и

S₂O = 2b = 8F/9.

⋆

S₁

S₂

Рис. 4

Как уже отмечалось, в точке О разность фаз между лучами, пришедши-

ми через нижнюю и верхнюю половину линзы, равна ∆φ_O = π. Эта разность

увеличивается на 2π при переходе к каждой следующей темной полосе.

Разность фаз между этими лучами на краю картины - в точке А - опреде-

ляется разностью хода лучей: ∆φ_A = π + 2π[S₁A - (S₁S₂ - S₂A)]/λ. С другой

стороны, она изменилась по сравнению с ∆φ_O на 2πk, где k - число светлых по-

лос в картине, на каждой из которых происходит рост и убывание наблюдаемой

освещенности. Ясно, что это и есть ответ на вопрос 5.

Значит, kλ = S₁A + S₂A - S₁S₂ = S₁A + S₂A - 3b.

По рисунку 4, применяя теорему Пифагора, выражаем расстояния:

√

kλ =

4b² + r² +

b² + r² - 3b.

Для данных по условию b ≫ r и, с учетом формулы (1+x)^α = 1+αx, находим:

D²

3r² ≈ 4kbλ. Таким образом, искомое значение: k =

=⇒ k =

. Для

4bλ

48λF

заданных числовых значений получаем, что

-4

5² · 10

≈ 20.

48 · 0,65 · 10^-6 · 4

Примечание. Отметим, что вычисление без приближения малости откло-

нения 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.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

11 класс

Задача №1. 532 нм

Внимание! В задаче не требуется оценка погреш-

ности в пунктах, в которых это не указано явно

Оборудование: инфракрасный светодиод с припаянным ограничительным

резистором, фотодиод с припаянным ограничительным резистором в светонепро-

ницаемом кожухе, зеленая лазерная указка, батарейка «Крона» 9 В, батарейки

АА 2 штуки, батарейный отсек для батареек АА, соединительные провода, пере-

менный резистор 500 Ом, два мультиметра, две линейки 15 см, две линейки 50

см, длинный, средний и короткий алюминиевые профили, 3 струбцины прищеп-

ки, 2 канцелярских зажима шириной 41 мм, 4 канцелярских зажима шириной

25 мм, дифракционная решетка 500 штр/мм, кювета с раствором марганцовки,

пластилин, бумажный транспортир, черная изолента на столе и по требованию,

ножницы.

Соберите схему для измерения фототока фотодиода в соответствии с рисун-

ком 1 (а). Для этого подключите последовательно к батарейке Крона один из

мультиметров в режиме амперметра и замкните цепь фотодиодом, подключив

его в обратной полярности. Соберите также схему питания светодиода в соответ-

ствии с рисунком 1 (б).

Красный

Черный

Красный

Черный

провод

б)

9В

1,5 В

Рис. 1. Схемы подключения фотодиода и светодиода

Внимание! Не подключайте светодиод к батарейке Крона! Это при-

ведет к его выходу из строя. Дополнительный светодиод выдаваться

не будет.

Для проверки работоспособности схемы убедитесь, что через светодиод те-

чет ток силой I_max > 20 мА. При помещении светодиода в светонепроницаемый

кожух фотодиода сила тока через фотодиод увеличивается до значения не менее

100 мкА. Обратите внимание, что фотодиод может располагаться не на осевой

линии светонепроницаемого кожуха.

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Положите две линейки длиной 50 см на длинный профиль. Профиль с ли-

нейками прижмите к столу прищепками. Закрепите фотодиод и светодиод на

линейках длиной 15 см (см. рис. 2), которые, в свою очередь, закрепите на алю-

миниевом профиле. Соберите установку в такой ориентации, чтобы свет от

окна не попадал на поверхность фотодиода напрямую.

Рис. 2. Установка для проведения измерений

Вольт-амперная характеристика фотодиода, подключенного в обратной по-

лярности, при двух разных освещённостях выглядит так, как показано на рис. 3.

Начиная с напряжения ∼ 2 В вольтамперная характеристика выходит на насы-

щение по силе тока. Именно этот фототок и будет измеряться в задаче.

Нагрузочная прямая,

наклон соответствует R_A

Измеряемый

фототок

I_ph

9В

Зона

насыщения

Рис. 3. Вольт-амперная характеристика фотодиода

Заключительный этап Всероссийской олимпиады по физике

Часть 1. Линейность фотодатчика

1.1. Измерьте зависимость фототока фотодиода от расстояния между по-

верхностью фотодиода и ближней к фотодиоду точкой светодиода. Измеритель-

ная поверхность фотодиода и линза светодиода при этом должны находиться на

одном горизонтальном уровне.

Рис. 4. Схема измерений

1.2. Разомкните цепь питания светодиода. Измерьте фоновое значение силы

тока фотодиода с точностью не менее 5%. Оцените погрешность измерения. При

необходимости модифицируйте измерительную схему.

1.3. Проверьте, является ли сила тока фотодиода пропорциональной интен-

сивности падающего на него света. Для этого постройте график измеренной за-

висимости в линеаризованном виде и сделайте соответствующий вывод.

Часть 2. Линейность светодиода

Поставьте светодиод вплотную к фотодиоду (см рис. 5). Модифицируйте

схему питания светодиода так, чтобы появилась возможность менять силу тока,

текущего через светодиод в пределах от 0 до I_max.

Физика (с ответами). Всероссийская олимпиада школьников в Москве (2024-2025 год) - часть 13