Физтех, 2015/16, заключительный этап, 11 класс

Минимальное натяжение — в крайних точках траектории, максимальное — в нижней. Закон сохранения энергии даёт скорость в любой точке, а второй закон Ньютона по радиусу — натяжение.

1) \(T_{\min} = 0{,}8\,mg\);  2) \(T_{\max} = 1{,}4\,mg\);  3) \(a_\tau = \dfrac{\sqrt{29}}{15}\,g\).

1) \(T_1 = mg\cos\varphi_0 = 0{,}8\,mg\).

2) \(T_2 - mg = \dfrac{mV_2^2}{R}\), \(\dfrac{mV_2^2}{2} = mg\,(R - R\cos\varphi_0)\). Отсюда \(T_2 = 1{,}4\,mg\).

3) \(T_3 = 1{,}5\,T_1 = 1{,}2\,mg\). Касательная составляющая: \(ma_\tau = mg\sin\varphi\). Радиальная: \(T_3 - mg\cos\varphi = \dfrac{mV_3^2}{R}\), энергия: \(\dfrac{mV_3^2}{2} = mg\,(R\cos\varphi - R\cos\varphi_0)\). Получаем \(\cos\varphi = \dfrac{14}{15}\), \(\sin\varphi = \dfrac{\sqrt{29}}{15}\) и \(a_\tau = \dfrac{\sqrt{29}}{15}\,g\).

На адиабате \(A_{23} = U_2 - U_3\), а на изотерме \(U_3 = U_1\). Для изобары \(\Delta U = \tfrac{3}{2}A\), и тепло \(Q_{12} = \tfrac{5}{2}A_{12}\).

1) \(\dfrac{A_{23}}{-A_{31}} = \dfrac{3}{2}\alpha\);  2) \(\eta = 1 - \dfrac{2}{5\alpha}\).

Из изобары 1–2: \(U_2 - U_1 = \dfrac{3}{2}A_{12}\), \(Q_{12} = \dfrac{5}{2}A_{12}\). Для адиабаты 2–3: \(0 = U_1 - U_2 + A_{23}\), то есть \(A_{23} = U_2 - U_1 = \dfrac{3}{2}A_{12}\). Полная работа \(A = A_{12} + A_{23} + A_{31}\). По условию \(\dfrac{A_{12}}{-A_{31}} = \alpha\).

1) \(x = \dfrac{A_{23}}{-A_{31}} = \dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{A_{12}}{-A_{31}} = \dfrac{3}{2}\alpha\).

2) \(A = A_{12}\left(\dfrac{5}{2} - \dfrac{1}{\alpha}\right)\), \(\eta = \dfrac{A}{Q_{12}} = 1 - \dfrac{2}{5\alpha}\).

Вертикальная составляющая скорости определяет время полёта, как без поля. Горизонтальная составляющая в вертикальном магнитном поле движется по окружности, и полёт должен укладываться в целое число таких периодов.

1) \(t = \dfrac{2V_0\sin\alpha}{g}\);  2) \(B = \dfrac{\pi mg}{qV_0\sin\alpha}\,n\), \(n = 1, 2, 3, \dots\)

1) \(0 = V_0\sin\alpha\cdot t - \dfrac{1}{2}gt^2\), откуда \(t = \dfrac{2V_0\sin\alpha}{g}\).

2) Горизонтальная составляющая скорости \(V_0\cos\alpha\) в магнитном поле: \(\dfrac{m(V_0\cos\alpha)^2}{R} = q(V_0\cos\alpha)B\), откуда \(R = \dfrac{mV_0\cos\alpha}{qB}\). Период \(T = \dfrac{2\pi R}{V_0\cos\alpha} = \dfrac{2\pi m}{qB}\). Шарик совершил целое число оборотов: \(t = nT = n\dfrac{2\pi m}{qB}\). Отсюда \[B = \frac{\pi m g}{q V_0\sin\alpha}\,n, \qquad n = 1, 2, 3, \dots\]

Учитывайте сохранение заряда на обкладках, соединённых проводником. Напряжение на конденсаторе \(2C\) обозначьте одной неизвестной \(U_1\) и запишите правило для напряжений в контуре с источником и двумя конденсаторами.

1) \(\dfrac{q_1}{q_0} = \dfrac{3}{5}\);  2) \(Q = \dfrac{8}{75}\,C\mathcal{E}^2\).

После замыкания \(K_2\) общая ёмкость \(C_0 = \dfrac{2}{3}C\), заряд \(q_0 = \dfrac{2}{3}C\mathcal{E}\). Пусть при размыкании \(K_3\) напряжение на \(2C\) равно \(U_1\). Тогда \(\mathcal{E} - 4U_1 - U_1 = 0\), \(U_1 = \dfrac{\mathcal{E}}{5}\). Заряд на \(2C\) равен \(q_1 = 2CU_1 = \dfrac{2}{5}C\mathcal{E}\).

1) \(\dfrac{q_1}{q_0} = \dfrac{3}{5}\).

2) При замкнутом \(K_3\) изменение энергии конденсаторов \[\Delta W_C = \left(\frac{1}{2}\cdot 2CU_1^2 + \frac{1}{2}C\,(4U_1)^2\right) - \frac{1}{2}C_0\mathcal{E}^2 = \frac{2}{75}\,C\mathcal{E}^2.\] Прошедший через источник заряд \(q = C\cdot 4U_1 - q_0 = \dfrac{2}{15}\,C\mathcal{E}\). Работа источника \(A = q\mathcal{E} = \dfrac{2}{15}\,C\mathcal{E}^2\). По закону сохранения энергии \(Q = A - \Delta W_C = \dfrac{8}{75}\,C\mathcal{E}^2\).

Расстояние от лампочки до экрана \(L\) постоянно: сумма расстояний от линзы до лампочки и до экрана равна \(L\). Для скорости используйте подобие треугольников с центром линзы.

1) \(d = 20\) см;  2) \(u = 8\) мм/с.

1) \(\dfrac{1}{d} + \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{F}\), \(d + f = L\). Отсюда \(d^2 - dL + LF = 0\). Так как изображение увеличенное, то \[d = \frac{L - \sqrt{L(L-4F)}}{2} = 20~\text{см}.\]

2) \(\dfrac{u}{V} = \dfrac{L}{d}\), откуда \(u = \dfrac{L}{d}V = 8\) мм/с.