Физтех, 2012/13, заключительный этап, 11 класс

Отрыв доски происходит, когда сила упругости пружины сравняется с максимальной силой трения доски о стол. Дальше используйте закон сохранения энергии для бруска.

1) \(x_{\text{отр}} = \dfrac{3}{4}x\);  2) \(V = \dfrac{7}{4}\sqrt{gx}\).

Пусть \(k\) — жёсткость пружины, \(m\) — масса бруска. Максимальная сила трения \(F_{\text{тр}} = k\dfrac{3}{4}x\), \(mg = k\dfrac{x}{7}\).

1) Отрыв наступит, когда увеличивающаяся сила упругости сжатой пружины сравняется с максимальной силой трения: \(kx_{\text{отр}} = k\dfrac{3}{4}x\). Отсюда деформация пружины при отрыве \(x_{\text{отр}} = \dfrac{3}{4}x\).

2) По ЗСЭ \(\dfrac{1}{2}kx^2 = \dfrac{1}{2}kx_{\text{отр}}^2 + \dfrac{1}{2}mV^2 + F_{\text{тр}}(x - x_{\text{отр}})\). С учётом выражений для \(F_{\text{тр}}\), \(mg\) и \(x_{\text{отр}}\) получаем скорость бруска при отрыве доски \(V = \dfrac{7}{4}\sqrt{gx}\).

Работа при изобарическом процессе равна произведению давления на изменение объёма. Уравнение состояния запишите для пара в начале и в конце процесса.

\(A = \dfrac{9}{8}\nu RT\).

Пусть \(\nu_1\) — количество пара в конце, \(P\), \(V\), \(T\) — начальные давление, объём и температура пара. Работа \(A = P\left(V - \dfrac{V}{2}\right) = \dfrac{PV}{2}\). Уравнение состояния для пара в начале и в конце: \(PV = (\nu_1 + \nu)RT\), \(\dfrac{V}{2}P = \nu_1R\cdot\dfrac{9}{10}T\). Из записанных уравнений \(A = \dfrac{9}{8}\nu RT\).

Потенциал в центре складывается из вкладов шарика и всех заряженных поверхностей. Заряды на поверхностях полого шара найдите из условия проводника и полного заряда.

\(\varphi_2 = \dfrac{3}{2}\varphi_1 = 300\) В.

На внутренней поверхности полого шара будет заряд \(-Q\), на внешней — заряд \(3Q\). \(\varphi_1 = k\dfrac{Q}{R}\), \(\varphi_2 = k\dfrac{Q}{R} + k\dfrac{-Q}{2R} + k\dfrac{3Q}{3R} = \dfrac{3}{2}k\dfrac{Q}{R}\). Отсюда \(\varphi_2 = \dfrac{3}{2}\varphi_1 = 300\) В.

После размыкания напряжение на конденсаторе становится равным ЭДС неизвестного источника. Энергия конденсатора и работа источника переходят в тепло; ток в стационарном режиме найдите по закону Ома для замкнутой цепи.

1) \(Q_{2R} = \dfrac{4}{45}C\mathcal{E}^2\);  2) \(I = \dfrac{\mathcal{E}}{3R}\).

1) \(Q_{2R} = \dfrac{2}{9}C\mathcal{E}^2\cdot\dfrac{2R}{2R + 3R} = \dfrac{4}{45}C\mathcal{E}^2\).

2) Пусть \(\mathcal{E}_1\) — неизвестная ЭДС. Пусть при замкнутом ключе ток в цепи \(I\), а заряд верхней обкладки конденсатора \(q_1\). Тогда \(\mathcal{E}_1 - \dfrac{q_1}{C} = -I\cdot2R\). Отсюда \(q_1 = C(\mathcal{E}_1 + 2IR)\). После размыкания ключа в установившемся режиме напряжение на конденсаторе \(\mathcal{E}_1\), заряд верхней обкладки \(C\mathcal{E}_1\). Работа источника \(A = (C\mathcal{E}_1 - q_1)\mathcal{E}_1 = -2CIR\mathcal{E}_1\). Изменение энергии конденсатора \(\Delta W_C = \dfrac{C\mathcal{E}_1^2}{2} - \dfrac{q_1^2}{2C} = -2CIR\mathcal{E}_1 - 2CI^2R^2\). По ЗСЭ \(A = \Delta W_C + Q\), где \(Q = \dfrac{2}{9}C\mathcal{E}^2\). С учётом выражений для \(A\) и \(\Delta W_C\) получаем \(2CI^2R^2 = Q\). Отсюда \(I = \sqrt{\dfrac{Q}{2CR^2}} = \dfrac{\mathcal{E}}{3R}\).

Для изображения на вдвое большем расстоянии запишите формулу тонкой линзы. Внутри пластины изображение кажется смещённым ближе, на величину, зависящую от \(n\).

1) \(F = \dfrac{2}{3}d = 10\) см;  2) \(l = 2d - \dfrac{h}{n} = 24\) см.

1) \(\dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{2d} = \dfrac{1}{F}\). Отсюда \(F = \dfrac{2}{3}d = 10\) см.

2) Изображение в линзе располагается внутри пластины на расстоянии \(\dfrac{h}{n}\) от ближайшей к линзе поверхности пластины. \(l + \dfrac{h}{n} = 2d\). Отсюда \(l = 2d - \dfrac{h}{n} = 24\) см.