Физтех, 2016/17, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Минимальное натяжение — у конца, к которому прикреплён груз: оно сообщает грузу центростремительное ускорение. Натяжение в любом сечении каната создаётся частью каната, лежащей дальше от оси; выделите малый элемент и примените второй закон Ньютона.

Ответ

1) \(F_{min} = m(2\pi n)^2 l \approx 2{,}8\) Н;  2) \(\dfrac{F_{max}}{F_{min}} = \dfrac{5}{2}\).

Решение

1) \(F_{MIN} = m\omega^2 l = m(2\pi n)^2 l \approx 2{,}8\) Н.

2) По второму закону Ньютона \(F_{MAX} - F_{MIN} = M\omega^2\dfrac{l}{2}\), где \(M = 3m\) — масса каната. Тогда \[\frac{F_{MAX}}{F_{MIN}} = 1 + \frac{M}{2m} = \frac{5}{2}.\]

Подсказка

Нагреватель отдаёт тепло только на изобарном участке 1-2. Работа за цикл связана с КПД через теплоту, полученную на этом участке.

Ответ

1) \(A = \dfrac{5}{2}\nu R\eta T_1\);  2) \(Q = \dfrac{5}{2}\nu R(1-\eta)T_1\).

Решение

\(Q_{12} = \nu C_P(T_2 - T_1) = \nu\dfrac{5}{2}RT_1\) (так как \(T_2 = 2T_1\)). КПД \(\eta = \dfrac{A}{Q_{12}}\), и по первому закону термодинамики за цикл \(Q_{12} - Q = A\).

1) \(A = \dfrac{5}{2}\nu R\eta T_1\).

2) \(Q = \dfrac{5}{2}\nu R(1-\eta)T_1\).

Замечание из официального решения: ответы \(A = (1-\ln 2)\nu RT_1\), \(Q = (1{,}5+\ln 2)\nu RT_1\) тоже правильные.

Подсказка

Для малого угла момент сил поля относительно центра масс равен \(qEl\sin\alpha\), а момент инерции системы относительно центра масс равен \(ml^2/2\). Это даёт гармонические колебания угла спицы.

Ответ

1) \(t = 2\pi\sqrt{\dfrac{lm}{2qE}}\);  2) \(V_{max} = V + \alpha_0\sqrt{\dfrac{qEl}{2m}}\);  3) \(\omega = \dfrac{4}{3}\alpha_0\sqrt{\dfrac{qE}{lm}}\).

Решение

Период колебаний \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{l/2}{qE/m}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{lm}{2qE}}\). Циклическая частота \(\Omega = \dfrac{2\pi}{T} = \sqrt{\dfrac{2qE}{lm}}\).

1) \(t = T = 2\pi\sqrt{\dfrac{lm}{2qE}}\).

2) \(V_{MAX} = V + \Omega\alpha_0\dfrac{l}{2} = V + \alpha_0\sqrt{\dfrac{qEl}{2m}}\).

3) Из соотношения \[\left(\frac{\alpha}{\alpha_0}\right)^2 + \left(\frac{\omega}{\Omega\alpha_0}\right)^2 = 1\] при \(\alpha = \alpha_0/3\) получаем \(\omega = \dfrac{4}{3}\alpha_0\sqrt{\dfrac{qE}{lm}}\).

Подсказка

После размыкания ключа энергия катушки \(\dfrac{1}{2}LI^2\) полностью переходит в теплоту на резисторе. При замкнутом ключе ток через резистор постоянен, а ток через катушку растёт от нуля.

Ответ

1) \(I_0 = \sqrt{\dfrac{2Q}{L}}\);  2) \(I_R = \dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{2Q}{L}}\).

Решение

1) \(Q = \dfrac{1}{2}LI_0^2\), откуда \(I_0 = \sqrt{\dfrac{2Q}{L}}\).

2) При замкнутом ключе \(I_R = \text{const}\), \(I_L\) изменяется от нуля до \(I_0\) в течение \(\tau\). Тогда \(q_{R\text{-}ON} = I_R\tau\), \(q_{L\text{-}ON} = \dfrac{1}{2}I_0\tau\), \(q_{R\text{-}OF} = q_{L\text{-}OF}\). Можно показать, что \(q_{R\text{-}ON} = q_{R\text{-}OF}\). По условию \(q_{L\text{-}OF} = 3q_{L\text{-}ON}\). Отсюда \[I_R = \frac{3}{2}I_0 = \frac{3}{2}\sqrt{\frac{2Q}{L}}.\]

Подсказка

Запишите расстояние между предметом и экраном как \(d+f\) и выразите фокусное расстояние через \(d\) и \(f\) по формуле тонкой линзы. Учтите, что изображение увеличенное, то есть \(f>d\).

Ответ

\(x = \dfrac{d}{d+f} = \dfrac{1}{4}\).

Решение

По условию \(\dfrac{F}{d+f} = \dfrac{3}{16}\). По формуле линзы \(\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{F}\). Надо найти \(x = \dfrac{d}{d+f}\). Ответ: \(x = \dfrac{1}{4}\).