Физтех, 2014/15, заключительный этап, 11 класс

Сила Архимеда при ускоренном движении сосуда имеет горизонтальную составляющую \(\rho V a\). Запишите уравнения движения шара в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси и учтите, что сила реакции клина перпендикулярна его поверхности.

1) \(T_1 = \dfrac{1}{2}\rho V g\);  2) \(T_2 = \dfrac{3}{4}\rho V g\).

1) \(T_1 = \dfrac{1}{2}\rho V g\).

2) Вертикальная и горизонтальная составляющие силы Архимеда \(F_{A1} = \rho V g\), \(F_{A2} = \rho V a\). Пусть \(N_2\) — сила давления клина на шар. Уравнения движения шара в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси: \[T_2 + F_{A2} - N_2\sin\alpha = 3\rho V a, \qquad N_2\cos\alpha - 3\rho V g + F_{A1} = 0.\] Отсюда \[T_2 = \left(a + \tg\alpha\right) 2\rho V = \frac{3}{4}\rho V g.\] Замечание. Без учёта \(F_{A2}\) получается типичный неверный ответ \(T_{2\,\text{НЕВ}} = \dfrac{7}{8}\rho V g\).

Считайте процесс изотермическим: произведение давления воздуха в закрытом колене на его объём постоянно. Давление воздуха выражается через разность уровней ртути.

\(P_0 = 750\) мм рт. ст.

Пусть \(x\) — повышение уровня в закрытом колене, \(\rho\) — плотность ртути, \(S\) — площадь поперечного сечения трубки. \(P_0 = \rho g H_0\) — атмосферное давление. Произведение давления на объём воздуха в закрытом колене есть константа: \[\rho g H_0 \left(L + x\right) S = \left(\rho g H_0 + \rho g\cdot 3x\right) L S.\] Отсюда \(H_0 = 3L = 75\) см \(= 750\) мм. Значит, \(P_0 = 750\) мм рт. ст.

Используйте закон сохранения импульса для системы шариков (начальный импульс равен нулю) и закон сохранения энергии с учётом кулоновского взаимодействия.

1) \(u = \dfrac{3}{2}v\);  2) \(q = \sqrt{\dfrac{5mv^2a}{k}} = \sqrt{20\pi\varepsilon_0 m v^2 a}\).

1) По закону сохранения импульса \(3mv = 2mu\). Отсюда \(u = \dfrac{3}{2}v\).

2) По закону сохранения энергии \[k\frac{q^2}{a} + 2k\frac{(2q)q}{2a} = k\frac{q^2}{4a} + 2k\frac{(2q)q}{2a} + \frac{2mu^2}{2} + \frac{3mv^2}{2}.\] Отсюда \(q = \sqrt{\dfrac{5mv^2a}{k}} = \sqrt{20\pi\varepsilon_0 m v^2 a}\).

Сразу после замыкания ключа ток через катушку ещё равен нулю. Энергия, запасённая в катушке, выделяется в виде теплоты после размыкания ключа.

1) \(Q = 2LI_0^2\);  2) \(I_\varepsilon = \dfrac{7}{3}I_0\);  3) \(q = \dfrac{L}{R}I_0\).

1) Ток через катушку непосредственно перед размыканием ключа и сразу после размыкания один и тот же и равен \(2I_0\). Теплота равна энергии катушки: \[Q = \frac{L\left(2I_0\right)^2}{2} = 2LI_0^2.\]

2) Сразу после замыкания ключа ток через катушку не идёт, \(I_0 = \dfrac{\varepsilon}{2R + R}\). Отсюда ЭДС источника \(\varepsilon = 3I_0R\). Непосредственно перед размыканием ключа для контура из \(2R\) и источника \(I_\varepsilon R + \left(I_\varepsilon - 2I_0\right)2R = \varepsilon\). С учётом выражения для \(\varepsilon\) находим ток через источник непосредственно перед размыканием ключа: \(I_\varepsilon = \dfrac{7}{3}I_0\).

3) \(L\dfrac{\Delta I_L}{\Delta t} = I_{2R}\cdot 2R\), \(L\Delta I_L = I_{2R}\Delta t\cdot 2R\), \(L\Delta I_L = \Delta q_{2R}\cdot 2R\). После суммирования \(L\left(2I_0 - 0\right) = q\cdot 2R\). Отсюда заряд \(q = \dfrac{L}{R}I_0\).

Сначала найдите изображение шарика в линзе, потом рассмотрите его как предмет для зеркала. Для плоского зеркала изображение находится симметрично относительно зеркала.

1) \(x_1 = 180\) см;  2) \(x_2 = 90\) см;  3) \(u = 3\) см/с.

1) \(x_1 = 120 + 20 + 40 = 180\) см.

2) Изображение в линзе мнимое на расстоянии \(f = 30\) см от линзы, является предметом для зеркала. \(x_2 = 30 + 20 + 40 = 90\) см.

3) \(\Gamma = \dfrac{f}{d}\) — поперечное увеличение в линзе. У нас \(\Gamma = \dfrac{1}{4}\). Максимальная скорость изображения в линзе \(u = \Gamma v = \dfrac{1}{4}v\). Скорость изображения в зеркале не изменится: \(u = \dfrac{1}{4}v = 3\) см/с.