Физтех, 2021/22, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Горизонтальная составляющая импульса шарика при ударе о горизонтальную поверхность не меняется. Для второго пункта учтите, что при неупругом ударе относительная скорость шарика и плиты по вертикали после удара по модулю не больше, чем до удара.

Ответ

1) \(V_2=12\,\text{м/с}\);  2) \((3\sqrt3-\sqrt7)\,\text{м/с}\le U\le 6\sqrt3\,\text{м/с}\).

Решение

1) Вдоль горизонтальной оси \(x\) импульс сохраняется: \(V_1\sin\alpha=V_2\sin\beta\). Отсюда \[V_2=V_1\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{3}{2}V_1=12\ \text{м/с}.\]

2) Пусть \(V_{\text{отн1}}\) и \(V_{\text{отн2}}\) — скорости шарика относительно плиты до и после удара. Так как удар неупругий, \(0\le V_{y\,\text{отн2}}\le|V_{y\,\text{отн1}}|\). Отсюда \[0\le V_2\cos\beta-U\le V_1\cos\alpha+U,\] то есть \[\frac12\left(V_2\cos\beta-V_1\cos\alpha\right)\le U\le V_2\cos\beta.\] Подставляя \(\cos\alpha=\dfrac{\sqrt7}{4}\), \(\cos\beta=\dfrac{\sqrt3}{2}\), получаем \[(3\sqrt3-\sqrt7)\ \text{м/с}\le U\le 6\sqrt3\ \text{м/с}.\]

Подсказка

Сосуд теплоизолирован, поэтому полная внутренняя энергия газов не меняется. Поршень движется медленно, давление в сосуде в ходе процесса остаётся постоянным; проверьте это по уравнению состояния для каждого газа.

Ответ

1) \(\dfrac{V_{01}}{V_{02}}=\dfrac35\);  2) \(T=400\,\text{К}\);  3) \(Q=1250\,\text{Дж}\).

Решение

1) \(P_0V_{01}=\nu RT_1\), \(P_0V_{02}=\nu RT_2\). Отсюда \(\dfrac{V_{01}}{V_{02}}=\dfrac{T_1}{T_2}=\dfrac35\).

2) Внутренняя энергия газов сохраняется: \(\nu C_VT_1+\nu C_VT_2=2\nu C_VT\). Отсюда \[T=\frac12\left(T_1+T_2\right)=400\ \text{К}.\]

3) Покажем, что давление остаётся постоянным: \(P\Delta V_1+V_1\Delta P=\nu R\Delta T_1\), \(P\Delta V_2+V_2\Delta P=\nu R\Delta T_2\), \(\nu C_V\Delta T_1+\nu C_V\Delta T_2=0\), \(\Delta V_1=-\Delta V_2\). Отсюда \((V_1+V_2)\Delta P=0\), \(P=\text{const}\). Тогда количество теплоты, полученное азотом, \[Q=\nu\left(C_V+R\right)\left(T-T_1\right)=\frac{7}{4}\nu R\left(T_2-T_1\right)=1250\ \text{Дж}.\]

Подсказка

Пользуйтесь принципом суперпозиции. Напряжённость поля бесконечной пластины, видимой из точки под телесным углом \(\Omega\), пропорциональна \(\Omega\): \(E=\dfrac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\Omega\).

Ответ

1) в \(\sqrt2\) раз;  2) \(E=\dfrac{\sqrt{41}}{14}\,\dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}\).

Решение

1) Поля пластин \(BC\) и \(AB\) в точке \(K\) одинаковы по модулю и взаимно перпендикулярны (пластины перпендикулярны друг другу). Поэтому результирующая напряжённость увеличится в \(\sqrt2\) раз.

2) Покажем, что плоская пластина произвольной формы с плотностью заряда \(\sigma>0\) создаёт в точке \(D\) поле \(E_Z=\dfrac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\Omega\), где \(\Omega\) — телесный угол, под которым из точки \(D\) видна пластина, \(E_Z\) — проекция напряжённости на ось, перпендикулярную пластине. Из точки \(K\) сторона \(BC\) видна под углом \(\Omega_1\), пропорциональным \(2\alpha\): \(\dfrac{\Omega_1}{2\pi}=\dfrac{2\alpha}{\pi}\), откуда \(\Omega_1=4\alpha\). Тогда \(E_1=\dfrac{\sigma_1}{4\pi\varepsilon_0}\Omega_1=\dfrac{\sigma_1\alpha}{\pi\varepsilon_0}\). Для \(AB\): \(\Omega_2=2\pi-\Omega_1=2\pi-4\alpha\), \(E_2=\dfrac{\sigma_2}{4\pi\varepsilon_0}\Omega_2=\dfrac{\sigma_2\left(\pi/2-\alpha\right)}{\pi\varepsilon_0}\). Итог: \[E=\sqrt{E_1^2+E_2^2}=\frac{1}{\pi\varepsilon_0}\sqrt{\left(\sigma_1\alpha\right)^2+\sigma_2^2\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)^2}=\frac{\sqrt{41}}{14}\,\frac{\sigma}{\varepsilon_0}.\]

Подсказка

Пока диод закрыт, ток нарастает через обе катушки, и максимум тока найдите по закону сохранения энергии. Затем выясните, как ток распределяется между катушкой \(L_1\) и контуром с катушкой \(L_2\) и конденсатором после открытия диода.

Ответ

1) \(T=\infty\) (в установившемся режиме ток через \(L_1\) постоянный);  2) \(I_{M1}=E\sqrt{\dfrac{C}{3L}}\);  3) \(I_{M2}=E\sqrt{\dfrac{C}{3L}}\).

Решение

После замыкания ключа ток возрастает, диод закрыт. Ток достигает максимальной величины \(I_M=E\sqrt{\dfrac{C}{L_1+L_2}}\). Когда ток начнёт убывать, напряжение на \(L_1\) изменит знак, диод откроется, и напряжение на диоде станет нулём. Ток через \(L_1\) останется в дальнейшем постоянным и равным \(I_M\), а в контуре из \(E\), \(L_2\), \(D\) и \(C\) будут колебания с периодом \(T=2\pi\sqrt{L_2C}\) и амплитудой \(I_M\). Диод будет всегда открыт, ток через диод будет изменяться от нуля до \(2I_M\).

1) В установившемся режиме ток через \(L_1\) постоянный (\(T=\infty\)).

2) \(I_{M1}=I_M=E\sqrt{\dfrac{C}{L_1+L_2}}=E\sqrt{\dfrac{C}{3L}}\).

3) \(I_{M2}=I_M=E\sqrt{\dfrac{C}{L_1+L_2}}=E\sqrt{\dfrac{C}{3L}}\).

Подсказка

Параллельный пучок после первой линзы собирается в её фокусе, и вторая линза работает с расходящимся пучком: примените формулу тонкой линзы. По графику найдите отношение площадей, перекрытых мишенью, и сравните его с отношением диаметров.

Ответ

1) \(x=2F_0\);  2) \(V=\dfrac{D}{4\tau_0}\);  3) \(t_1=2\tau_0\).

Решение

1) Первая линза собирает пучок в точке на расстоянии \(F_0\) от \(Л_1\), то есть на расстоянии \(3F_0-F_0=2F_0\) перед \(Л_2\). Для второй линзы это предмет на расстоянии \(2F_0\), и по формуле тонкой линзы \(\dfrac{1}{2F_0}+\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{F_0}\), отсюда \(x=2F_0\).

2) Мишень пересекает световой конус диаметром \(D_1=AB=\dfrac{D}{2}\). Из графика находим отношение диаметра мишени \(D_M\) к \(D_1\): \(\left(\dfrac{D_M}{D_1}\right)^2=\dfrac{I_0-I_1}{I_0}\). Имеем \(D_M=\dfrac{D_1}{2}=\dfrac{D}{4}\). За время \(\tau_0\) мишень входит в конус: \(V=\dfrac{D_M}{\tau_0}=\dfrac{D}{4\tau_0}\).

3) Интервал от начала входа в конус до начала выхода из конуса \(t_1=\dfrac{D_1}{V}=2\tau_0\).