Физтех, 2016/17, заключительный этап, 11 класс

Амплитуда колебаний уменьшается на одну и ту же величину при каждом полуколебании, потому что сила трения постоянна по модулю. Сравните работу силы трения с изменением потенциальной энергии пружины на полуколебании.

1) \(27\) см;  2) \(3\) см ниже точки \(O\);  3) \(t = 4\pi\sqrt{x_0/g} \approx 2{,}3\) с.

1) Пусть брусок остановился в первый раз по другую сторону от точки \(O\) на расстоянии \(A_1\) от неё. Из закона сохранения энергии можно показать, что \[A_0 - A_1 = 2\mu x_0\cos\alpha = 8~\text{см}.\] Отсюда \(A_1 = A_0 - 2\mu x_0\cos\alpha = 27\) см.

2) Идут колебания с уменьшающейся амплитудой (расстояние до точки \(O\)). Из закона сохранения энергии можно показать, что при движении как вверх, так и вниз амплитуда уменьшается каждый раз на \(\Delta = 2\mu x_0\cos\alpha = 8\) см. Зона покоя \(x < \mu x_0\cos\alpha = 4\) см, где \(x\) — расстояние от точки \(O\). Если остановка в зоне покоя, то остановка навсегда. У нас \(A_0 = 35\), \(A_1 = 27\), \(A_2 = 19\), \(A_3 = 11\), \(A_4 = 3\) см. Совершено 4 полуколебания, остановка на 3 см ниже точки \(O\).

3) Период колебаний без затухания \(T = 2\pi\sqrt{m/k} = 2\pi\sqrt{x_0/g}\). Каждое полуколебание длится \(\tau = T/2\), так как это часть колебания со смещённым положением равновесия из-за действия постоянной силы трения. Поэтому \[t = 4\tau = 4\pi\sqrt{\frac{x_0}{g}} \approx 2{,}3~\text{с}.\]

Пар в начальном и конечном состояниях насыщенный, поэтому его давление равно \(P_0\). Запишите уравнение состояния воздуха в обоих состояниях и уравнение Менделеева–Клапейрона для пара.

1) \(V = 0{,}5\) л;  2) \(m_2 \approx 1{,}5\) г.

Пар в начальном и конечном состояниях насыщенный, его давление \(P_0\).

1) Для воздуха \((P_0+P)V_0 = (P_0-P)(2V_0-V)\). Отсюда \(V = \dfrac{1}{2}V_0 = 0{,}5\) л.

2) Пусть \(m\) — масса пара вначале. Тогда \(P_0V_0 = \dfrac{m}{\mu}RT\), а в конечном состоянии \(P_0V = \dfrac{m-(m_2-m_1)}{\mu}RT\). Получаем \[m_2 = m_1 + \frac{P_0(V_0-V)\mu}{RT} = m_1 + \frac{P_0V_0\mu}{2RT} \approx 1{,}2 + 0{,}3 = 1{,}5~\text{г}.\]

В установившемся режиме ток через конденсатор не идёт, поэтому напряжение на нём равно разности напряжений на нижнем и верхнем плечах делителей. Теплота после размыкания ключа выделяется в цепи, где заряд конденсатора уже известен.

1) \(U = \dfrac{2}{5}E\);  2) \(Q = \dfrac{3}{250}CE^2\);  3) \(I_0 = \dfrac{E}{5r}\).

1) В установившемся режиме ток через конденсатор не идёт. \[U = \frac{E}{R_3+R_4}R_3 - \frac{E}{R_1+R_2}R_1 = \frac{2}{5}E.\]

2) Энергия конденсатора \(W = \dfrac{1}{2}CU^2 = \dfrac{2}{25}CE^2\). Теплота, выделившаяся в ветвях 1-3 и 2-4 после размыкания ключа, даёт \(Q_{13} + Q_{24} = W\), а \(\dfrac{Q_{13}}{Q_{24}} = \dfrac{R_2+R_4}{R_1+R_3} = \dfrac{3}{2}\). Отсюда \(Q_{13} = \dfrac{3}{5}W = \dfrac{6}{125}CE^2\) и \[Q = Q_{13}\frac{R_1}{R_1+R_3} = \frac{3}{250}CE^2.\]

3) Общее сопротивление цепи \[I = \frac{E}{\dfrac{R_1R_3}{R_1+R_3} + \dfrac{R_2R_4}{R_2+R_4}} = \frac{12}{25}\frac{E}{r}.\] Ток через конденсатор сразу после замыкания \[I_0 = I\frac{R_3}{R_1+R_3} - I\frac{R_4}{R_2+R_4} = \frac{1}{5}\frac{E}{r}.\]

Заряд конденсатора сохраняется при быстром извлечении пластины, а напряжение на нём меняется. Максимальный ток достигается, когда напряжение на конденсаторе станет равным ЭДС.

1) \(U = 3E\);  2) \(I_m = 2E\sqrt{\dfrac{C}{L}}\).

1) \(U = \varepsilon E = 3E\).

2) При максимальном токе напряжение на конденсаторе \(E\). Изменение энергии конденсатора \[\Delta W_C = \frac{CE^2}{2} - \frac{C(\varepsilon E)^2}{2} = \frac{CE^2}{2}\left(1-\varepsilon^2\right).\] Работа источника \(A = (CE - \varepsilon CE)E = CE^2(1-\varepsilon)\). По закону сохранения энергии \(A = \Delta W_C + \dfrac{1}{2}LI_m^2\), откуда \[I_m = (\varepsilon-1)E\sqrt{\frac{C}{L}} = 2E\sqrt{\frac{C}{L}}.\]

Призма с малым углом отклоняет луч на угол \((n-1)A\). Из-за этого источник для линзы как бы смещается перпендикулярно оси, а изображение смещается пропорционально отношению \(f/d\).

1) \(f = 30\) см;  2) \(\delta = 0{,}02\) рад;  3) \(H = 0{,}3\) см.

1) \(f = \dfrac{dF}{d-F} = 30\) см.

2) \(\delta = (n-1)A = 0{,}02\) рад.

3) Смещение источника \(h = (d-L)\delta\). Смещение изображения \[H = h\frac{f}{d} = \frac{(d-L)\delta f}{d} = \frac{(d-L)(n-1)AF}{d-F} = 0{,}3~\text{см}.\]