Физтех, 2021/22, заключительный этап, 11 класс

Скорость груза связана со скоростью троса проекцией на направление троса. Что можно сказать о длине участка троса от блока до груза, если трос тянут с постоянной скоростью?

1) \(V_1 = \dfrac{3\sqrt{2}}{4}\,V_0\);  2) \(A_{12} = \dfrac{5}{48}\,mV_0^2\);  3) \(t_{23} = \dfrac{2}{3}\,t_{12}\).

1) Скорость груза \(V\) и скорость троса \(V_0\) связаны условием \(V_0 = V\cos\alpha\). Для точки 1 \(\cos\alpha_1 = \sqrt{1 - \tfrac{1}{9}} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}\), поэтому \(V_1 = \dfrac{V_0}{\cos\alpha_1} = \dfrac{3\sqrt{2}}{4}\,V_0\).

2) По теореме о кинетической энергии работа лебедки равна изменению кинетической энергии груза: \[A_{12} = \frac{mV_2^2}{2} - \frac{mV_1^2}{2} = \frac{mV_0^2}{2}\left(\frac{1}{\cos^2\alpha_2} - \frac{1}{\cos^2\alpha_1}\right) = \frac{5}{48}\,mV_0^2 .\] Здесь \(\cos^2\alpha_2 = \tfrac{3}{4}\), \(\cos^2\alpha_1 = \tfrac{8}{9}\).

3) Пусть \(H\) — высота стены. За время \(t_{12}\) длина троса уменьшается на \(\dfrac{H}{\sin\alpha_1} - \dfrac{H}{\sin\alpha_2}\), и эта величина равна \(V_0 t_{12}\). Аналогично \(V_0 t_{23} = \dfrac{H}{\sin\alpha_2} - \dfrac{H}{\sin\alpha_3}\). Отсюда \[t_{23} = t_{12}\,\frac{1/\sin\alpha_2 - 1/\sin\alpha_3}{1/\sin\alpha_1 - 1/\sin\alpha_2} = \frac{2}{3}\,t_{12} .\]

Пар при температуре \(T_0\) сохраняет давление насыщенного пара, поэтому давление пара после переворачивания известно. Какое давление создает поршень в каждом из двух положений?

1) \(V_2 = \dfrac{3}{2}\,V_1\);  2) \(\Delta m = \dfrac{\mu P_0 V_1}{2RT_0}\);  3) \(\Delta U = -\dfrac{1}{2}\,P_0 V_1\left(\dfrac{L\mu}{RT_0} - 1\right) < 0\).

1) Давление воздуха внизу в начальном состоянии \(P_0 + \dfrac{P_0}{5}\), а после переворачивания воздух оказывается сверху, и его давление \(P_0 - \dfrac{P_0}{5}\). Из закона Бойля–Мариотта \[\left(P_0 + \frac{P_0}{5}\right)V_1 = \left(P_0 - \frac{P_0}{5}\right)V_2 ,\] откуда \(V_2 = \dfrac{3}{2}\,V_1\).

2) Модуль изменения объема пара примерно равен изменению объема воздуха: \(P_0\,(V_2 - V_1) = \dfrac{\Delta m}{\mu}\,RT_0\). Зная \(V_2\), находим \[\Delta m = \frac{1}{2}\,\frac{P_0 V_1 \mu}{RT_0} .\]

3) Изменится только внутренняя энергия массы пара \(\Delta m\), перешедшего в воду. При испарении \(L\,\Delta m = -\Delta U + A\), где \(A \approx P_0 (V_2 - V_1)\). Тогда \[\Delta U = -\frac{1}{2}\,P_0 V_1\left(\frac{L\mu}{RT_0} - 1\right) < 0 .\]

После замыкания ключа потенциал внутреннего шара равен нулю. Систему удобно рассматривать как два соединенных конденсатора: между шарами и между внешним шаром и бесконечностью.

1) \(q = -Q\,\dfrac{r_2}{r_1}\);  2) \(W_0 = \dfrac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 r_1}\);  3) \(W = \dfrac{Q^2 r_2}{8\pi\varepsilon_0 r_1^2}\).

1) Потенциал внутреннего шара после замыкания ключа равен нулю: \[\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r_2} + \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r_1} = 0 , \qquad q = -Q\,\frac{r_2}{r_1} .\]

2) Энергия \(W_0\) — энергия конденсатора, одна обкладка которого — внешняя поверхность внешнего шара, а другая — бесконечность. Его емкость \(C_2 = 4\pi\varepsilon_0 r_1\), поэтому \[W_0 = \frac{Q^2}{2C_2} = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 r_1} .\]

3) Система состоит из двух конденсаторов с емкостями \(C_1\) и \(C_2\). Обкладки первого — внешняя поверхность внутреннего шара и внутренняя поверхность внешнего шара, обкладки второго — внешняя поверхность внешнего шара и бесконечность. Можно показать, что \[C_1 = \frac{4\pi\varepsilon_0 r_1 r_2}{r_1 - r_2}, \qquad C_2 = 4\pi\varepsilon_0 r_1 .\] По закону сохранения энергии начальная энергия \(W_H\) этих конденсаторов переходит в конечную энергию \(W_K\) и теплоту: \(W_H = W_K + W\). Здесь \[W_H = 0 + W_0 = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 r_1}, \qquad W_K = \frac{q^2}{2C_1} + \frac{(Q+q)^2}{2C_2} = \frac{Q^2 (r_1 - r_2)}{8\pi\varepsilon_0 r_1^2} .\] Отсюда \[W = \frac{Q^2 r_2}{8\pi\varepsilon_0 r_1^2} .\]

В первом случае ЭДС индукции нет, и задача сводится к цепи постоянного тока. Во втором случае учтите ЭДС индукции в контуре, охватывающем сердечник.

1) \(V_1 = \dfrac{6}{11}\,E_0\);  2) \(V_2 = \dfrac{3}{11}\,(2E_0 + kS)\).

1) Резистор \(R_2\) и вольтметр соединены параллельно, их общее сопротивление \(R_{2V} = \dfrac{2R\cdot 3R}{2R + 3R} = \dfrac{6R}{5}\). Тогда \[V_1 = \frac{E_0}{R_1 + R_{2V}}\,R_{2V} = \frac{6}{11}\,E_0 .\]

2) ЭДС индукции равна \(kS\) и направлена против часовой стрелки. Пусть ток \(I_1\) через \(R_1\) и ток \(I\) через вольтметр идут «вверх», а ток \(I_2\) через \(R_2\) — «вниз». По правилам Кирхгофа \[I_2 = I_1 + I, \qquad kS - E_0 = I_1 R_1 + I_2 R_2, \qquad E_0 = -I_1 R_1 + I R_V .\] Отсюда \(I = \dfrac{kS + 2E_0}{11R}\), и \[V_2 = |I|\,R_V = \frac{3}{11}\,(2E_0 + kS) .\]

Свободная поверхность вращающейся жидкости — парабола, а вблизи самой нижней точки она ведёт себя как сферическое зеркало. Какая сила удерживает малый элемент жидкости на окружности радиуса \(x\)?

1) \(R = \dfrac{g}{\omega^2} = 90\) см;  2) \(L = \dfrac{R}{2} = 45\) см.

1) Малый элемент жидкости массой \(m\) на поверхности имеет ускорение \(a = \omega^2 x\). Из второго закона Ньютона \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{ma}{mg} = \dfrac{\omega^2 x}{g}\). Так как угол \(\alpha\) мал, то \(\operatorname{tg}\alpha = \dfrac{x}{R - y} \approx \dfrac{x}{R}\). Итак, \(\dfrac{\omega^2 x}{g} = \dfrac{x}{R}\), откуда радиус кривизны \[R = \frac{g}{\omega^2} = 90~\text{см} .\]

2) Изображение в точке \(C\) находится на расстоянии \(L = \dfrac{R}{2} = 45\) см от точки \(O\). Это можно показать, рассматривая поверхность жидкости вблизи точки \(O\) как сферическое зеркало. Можно сразу сказать, что изображение в фокусе зеркала, или рассмотреть ход падающего и отражённого лучей при малом \(\alpha\).