Физтех, 2023/24, отборочный этап, 11 класс

Сколько времени прошло от начала движения лифта до первого максимума длины пружины? Это половина периода колебаний гири.

\(0{,}4\text{ м/с}\).

Скорость кабины к моменту первого максимума длины пружины равна \(V = a\,\dfrac{T}{2}\), где \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}\) — период колебаний гири. Отсюда \(V = a\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}\). При \(a = 2\text{ м/с}^2\), \(m = 0{,}4\text{ кг}\), \(k = 100\text{ Н/м}\) получаем \(V \approx 0{,}4\text{ м/с}\).

Запишите первое начало термодинамики для участков \(1-2\) и \(2-3\) и выразите количества теплоты и работы через \(V_2\), \(V_3\) и \(n = V_3/V_2\).

\(1{,}5\).

На изобаре \(1-2\) количество теплоты \(Q = \dfrac52 PV_2\left(1-\dfrac{1}{\beta n}\right)\), где \(\beta\) — коэффициент в равенстве \(\dfrac{V_2}{V_1} = \beta\dfrac{V_3}{V_2}\), \(n = \dfrac{V_3}{V_2}\). Работа газа на участке \(2-3\) равна \(A = \dfrac12 PV_2\,\dfrac{n^2-1}{n}\). Пусть \(\alpha = Q/A\); тогда \(n = \dfrac{5\beta + \sqrt{25\beta^2 - 4\alpha\beta(5-\alpha\beta)}}{2\alpha\beta}\). При \(\alpha = 3{,}5\) и \(\beta = 1{,}5\) получаем \(n \approx 1{,}5\).

Молярная теплоёмкость процесса: \(C = C_V + R\,\dfrac{\Delta V/V}{\Delta P/P + \Delta V/V}\). Найдите связь \(\Delta P\) и \(\Delta V\) на прямолинейном участке графика вблизи состояния \(1\).

\(-4{,}2\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}\).

Теплоёмкость идеального газа в процессе \(C = C_V + R\,\dfrac{\Delta V/V}{\Delta P/P+\Delta V/V}\). С учётом параметров задачи (равенство температур в состояниях \(1\) и \(2\), \(n = V_1/V_2 = 1{,}5\)) получаем \(C_1 = C_V - \dfrac{R}{n-1}\), где \(C_V = \dfrac32 R\). Отсюда \(C_1 = \dfrac32\cdot 8{,}31 - \dfrac{8{,}31}{0{,}5} \approx -4{,}2\text{ Дж/(моль}\cdot\text{К)}\).

Выразите температуру через давление с помощью уравнения состояния и уравнения процесса \(PV^2 = \text{const}\).

\(0{,}4\text{ кДж}\).

Количество теплоты, отведённой от аргона: \(Q' = C\,T_1\left(1 - \dfrac{1}{\sqrt n}\right)\), где \(C = \dfrac12 R\) — молярная теплоёмкость аргона в рассматриваемом процессе, \(n\) — отношение максимального давления к минимальному. При \(T_1 = 200\text{ К}\) и \(n = 4\): \(Q' = \dfrac12\cdot 8{,}31\cdot 200\cdot\dfrac12 \approx 415\text{ Дж} \approx 0{,}4\text{ кДж}\).

Работа гелия при изобарическом расширении равна давлению пара, умноженному на изменение объёма; через этот объём выражается масса сконденсировавшегося пара.

\(2{,}3\text{ г}\).

Работа гелия \(A_\text{Г} = \dfrac{QR}{C_P} = P(V_2 - V_1)\), где \(C_P = \dfrac52 R\) — молярная теплоёмкость гелия при постоянном давлении. Масса сконденсировавшегося пара \(\Delta m = \rho_\text{нас}(V_2 - V_1)\), где \(\rho_\text{нас} = \dfrac{\mu_\text{п} P}{RT_0}\). Отсюда \(\Delta m = \dfrac{Q\mu_\text{п}}{C_P T_0} = \dfrac{1000\cdot 0{,}018}{2{,}5\cdot 8{,}31\cdot 373} \approx 2{,}3\cdot 10^{-3}\text{ кг} = 2{,}3\text{ г}\).

Для заданной точки падения начальная скорость минимальна при определённом угле бросания; свяжите этот угол с направлением на мышонка.

\(35^\circ\).

Минимальная скорость, с которой следует бросить орешек с высоты \(h\) на максимальную дальность по горизонту (а значит, и на максимальное расстояние \(l = \sqrt{s^2+h^2}\) от точки старта), равна \(V_{0\,\min} = \sqrt{g(l-h)}\). При таком броске \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{V_{0\min}}{\sqrt{V_{0\min}^2 + 2gh}} = \sqrt{\frac{1-h/l}{1+h/l}} = \sqrt{\frac{1-\cos\delta}{1+\cos\delta}} = \operatorname{tg}\frac{\delta}{2},\] где \(\delta\) — угол, который направление на цель составляет с вертикалью. Угол бросания равен половине этого угла: \(\alpha = \dfrac{\delta}{2} = \dfrac{90^\circ-\beta}{2}\), где \(\beta\) — угол направления на цель с горизонтом. При \(\beta = 20^\circ\) получаем \(\alpha = 35^\circ\).

Равномерное прямолинейное движение означает равенство электрической и магнитной сил; магнитная сила перпендикулярна скорости и магнитной индукции.

\(1{,}4\text{ мТл}\).

Вектор напряжённости электрического поля перпендикулярен плоскости рисунка, а вектор магнитной индукции лежит в плоскости рисунка под углом \(45^\circ\) к скорости в первом случае и под углом \(135^\circ\) ко второму (или наоборот). Из равенства \(F_\text{эл} = F_\text{магн}\) получаем \(\dfrac{E}{B} = \dfrac{V}{\sqrt2}\), отсюда \(B = \dfrac{\sqrt2\,E}{V} = \dfrac{\sqrt2\cdot 100}{10^5}\text{ Тл} \approx 1{,}4\text{ мТл}\).

Если тока через \(E_2\) нет, то напряжение на \(R_1\) равно \(E_2\). Рассмотрите делитель напряжения от \(E_1\).

\(90\text{ Ом}\).

Напряжение на \(R_1\) равно \(E_2\): \(E_2 = \dfrac{E_1 R_1}{R_1 + R}\). Отсюда \(R_1 = \dfrac{R\,E_2}{E_1 - E_2} = \dfrac{30\cdot 9}{12-9}\text{ Ом} = 90\text{ Ом}\).

Сравните теплоту, подведённую в изобарическом процессе, с полным количеством теплоты за два процесса; для одноатомного газа \(C_P = \dfrac52 R\), \(C_V = \dfrac32 R\).

\(900\text{ Дж}\).

В процессе перехода газа из начального состояния в конечное \(Q_{123} = Q_{12}\). В изобарном процессе \(1-2\): \[Q_{12} = \frac52\nu R(T_2-T_1), \qquad Q_{12} = \frac32\nu R(T_2-T_1) + A_{12}, \qquad Q_{12} = A_{12} + A,\] где \(A\) — работа в адиабатическом процессе. Отсюда \(\nu R(T_2-T_1) = A_{12}\) и \(A = \dfrac32 A_{12} = \dfrac32\cdot 600\text{ Дж} = 900\text{ Дж}\).

Сразу после размыкания ток через катушку не меняется, а ток через \(R_1\) и катушку замыкается между собой; до размыкания запишите закон Ома для контура с \(E\), \(R_1\) и \(R_2\).

\(0{,}4\text{ А}\).

Пусть \(n = 1{,}5\) — заданное отношение токов до и после размыкания ключа, \(I\) — ток через катушку сразу после размыкания, \(I_1 = nI\) — ток через \(R_1\) перед размыканием. Тогда \(E = (I + I_1)R_2 + I_1R_1\), откуда \[I = \frac{E}{nR_1 + (n+1)R_2} = \frac{28}{1{,}5\cdot 20 + 2{,}5\cdot 16}\text{ А} = 0{,}4\text{ А}.\]

Все бруски движутся с одним ускорением; рассмотрите часть цепочки справа от нити.

\(1{,}33\).

Сила натяжения \(T\) между брусками с номерами \(k\) и \(k+1\) уравновешивает силу \(F\) за вычетом трения всех брусков слева, и пропорциональна массе \(8-k\) брусков: \(T = \dfrac{F}{8}(8-k)\). Отсюда \(\dfrac{F}{T} = \dfrac{8}{8-k}\). При \(k = 2\) получаем \(\dfrac{F}{T} = \dfrac{8}{6} \approx 1{,}33\).

В момент наибольшего расстояния между брусками их скорости одинаковы; для системы сохраняется горизонтальный импульс.

\(2{,}4\text{ м/с}\).

Пусть \(V_0\) — скорость большего бруска при отрыве меньшего от упора, \(V_0 = 3\text{ м/с}\). Проекция импульса системы на горизонтальное направление сохраняется: \(4mV_0 = (m+4m)V\). Отсюда \(V = \dfrac45 V_0 = 2{,}4\text{ м/с}\).

При скольжении сумма \(v + \omega R\) сохраняется; переход в качение происходит, когда \(v = \omega R\).

\(1\).

В первом опыте перемещение до остановки \(S = \dfrac{v_0^2}{2\mu g}\). Во втором опыте \(\dfrac{\Delta v}{\Delta t} = -\mu g\), \(\dfrac{\Delta\omega}{\Delta t}R = \mu g\), поэтому в процессе качения с проскальзыванием \(v + \omega R = v_0\). В момент перехода в качение без проскальзывания \(v = \omega R = 0{,}5\,v_0\); это происходит через время \(T = \dfrac{0{,}5\,v_0}{\mu g}\) после старта. К этому моменту угол поворота \(\varphi = \dfrac12\dfrac{\Delta\omega}{\Delta t}T^2\), и число оборотов \[N = \frac{\varphi}{2\pi} = \frac{v_0^2}{16\pi\mu g R} = \frac{S}{4L} = \frac{0{,}8}{4\cdot 0{,}2} = 1,\] где \(L = 2\pi R\) — длина проволоки.

Выразите период малых колебаний маятника через \(L\) и \(g\) с учётом приближения малых углов; учтите, что маятник отклоняется от вертикали за половину периода.

\(0{,}82\text{ с}\).

По второму закону Ньютона и кинематическим соотношениям с учётом малости колебаний (по официальному решению): \(\dfrac{\alpha_0}{2} = \dfrac{a}{g}\), \(a = \dfrac{\alpha_0}{2}\,g\), и время \[\tau = \frac{T}{2} = \pi\sqrt{\frac{L}{g\left(1+\dfrac{\alpha_0^2}{4}\right)}} = \pi\sqrt{\frac{0{,}7}{10\cdot 1{,}0225}} \approx 0{,}82\text{ с}.\]

Теплота подводится только на изобарическом расширении; выразите её через работу на этом участке для одноатомного газа.

\(10\%\).

При изобарном расширении \(1{-}2\): \(Q_{12} = \dfrac52\nu R(T_2-T_1)\) и \(Q_{12} = \dfrac32\nu R(T_2-T_1) + A_{12}\), откуда \(Q_{12} = \dfrac52 A_{12}\). Теплота подводится только на участке \(1{-}2\), работа за цикл \(A\). КПД \[\eta = \frac{A}{Q_{12}} = \frac25\cdot\frac{A}{A_{12}} = \frac25\cdot\frac{200}{800} = 0{,}1 = 10\,\%.\]

Работа по первому началу: \(A = Q - \Delta U\), где \(Q = \int C\,dT\), \(\Delta U = \dfrac32\nu R\,\Delta T\).

\(-332\text{ Дж}\).

Минимальный объём достигается при \(C = 1{,}5R\), т.е. при \(T = 1{,}5\,T_0\). Из первого начала термодинамики работа газа \(A_\text{газа} = -\nu R\,\dfrac{T_0}{8} = -\dfrac{8{,}31\cdot 320}{8}\text{ Дж} \approx -332\text{ Дж}\).

При последовательном соединении заряды на обкладках одинаковы; сила притяжения пропорциональна квадрату заряда.

\(1{,}9\).

Сила притяжения пропорциональна квадрату заряда обкладок. Отношение сил после и до введения пластины: \[\frac{F_2}{F_1} = \frac{4}{\left(1+\dfrac{1}{\varepsilon}\right)^2} = \frac{4}{(1+1/2{,}2)^2} \approx 1{,}9.\]

Заряд пропорционален изменению магнитного потока через контур; сравните площади кольца и квадрата при одинаковой длине проволоки.

\(3\text{ мкКл}\).

Из теоремы об изменении магнитного потока следует \(Q_2 = \left|\dfrac{\pi}{4} - 1\right| Q_1 \approx 0{,}21\cdot 14\text{ мкКл} \approx 3\text{ мкКл}\).

Проекция траектории на горизонтальную плоскость — окружность; число оборотов связано с временем полёта и циклотронной частотой.

\(10\text{ мкТл}\).

Из уравнений движения в проекции на вертикаль и на горизонтальную плоскость получаем \[T = \frac{2V_0\sin\alpha}{g} = n\,\frac{2\pi}{\dfrac{q}{m}B}, \qquad B = n\pi\,\frac{g}{\dfrac{q}{m}V_0\sin\alpha},\] где \(n = 2\) — число оборотов проекции. Подстановка: \(B = \dfrac{2\pi\cdot 8}{10^6\cdot 10\cdot 0{,}5}\text{ Тл} \approx 1{,}0\cdot 10^{-5}\text{ Тл} = 10\text{ мкТл}\).

Поля частей сферы в точке на оси, перпендикулярной сечению, складываются; рассмотрите симметрию относительно плоскости сечения.

\(0{,}8\text{ см}\).

Прямым суммированием элементарных вкладов в электрическое поле в точке наблюдения получаем \(r = \dfrac{R^2}{d} = \dfrac{S}{4\pi d}\), где \(R\) — радиус сферы, \(d\) — расстояние плоскости сечения от центра, \(S\) — площадь поверхности сферы. Подстановка: \(r = \dfrac{2}{4\pi\cdot 0{,}2}\text{ см} \approx 0{,}8\text{ см}\).

Радиусы к шарикам образуют прямой угол, значит, высота \(h\) верхнего шарика связана с \(H\) по теореме о перпендикуляре из точки окружности на диаметр.

\(2{,}9\).

По закону сохранения полной механической энергии приращение потенциальной энергии нижнего шарика \(MgH = mgh\) равно убыли потенциальной энергии верхнего шарика. По теореме о перпендикуляре, опущенном из любой точки окружности на диаметр, \(h^2 = (2R - H)H\). Из этих соотношений следует \[\frac{M}{m} = \sqrt{\frac{2R}{H} - 1} = \sqrt{\frac{2}{0{,}21} - 1} \approx 2{,}9.\]

В системе катера за одну секунду вода массой \(\rho VS\) разгоняется от \(V\) до \(U\); реактивная сила уравновешивает сопротивление.

\(10\text{ м/с}\).

В инерциальной системе отсчёта, движущейся со скоростью \(V\), за одну секунду вода массой \(\rho VS\) разгоняется двигателем от скорости \(V\) до скорости \(U\). Импульс воды растёт со скоростью \(\dfrac{\Delta P}{\Delta t} = \rho VS(U-V)\). Такая же по величине реактивная сила действует на равномерно движущийся катер, поэтому \(\rho VS(U-V) = kV^2\), откуда \(V = \dfrac{U}{1 + k/(\rho S)} = \dfrac{18}{1 + 8/10} = 10\text{ м/с}\).

Вода колеблется как целое: возвращающая сила определяется разностью уровней, а проекция \(g\) на наклонную плоскость — \(g\cos\alpha\).

\(1{,}5\text{ с}\).

Разность длин столбиков воды \(2x\), кинетическая энергия воды \(K = \dfrac{\rho V(x')^2}{2}\), отсчитанная от нуля в положении равновесия, потенциальная энергия воды \(\Pi = \dfrac{2\rho S g\cos\alpha}{2}\,x^2\). Период колебаний \[T = 2\pi\sqrt{\frac{V}{2g\cos\alpha\,S}} = 2\pi\sqrt{\frac{1\text{ м}}{2\cdot 10\cdot 0{,}866}} \approx 1{,}5\text{ с}.\]

Потеря кинетической энергии при абсолютно неупругом ударе равна \(\tfrac12\mu(V_2-V_1)^2\), где \(\mu\) — приведённая масса.

\(9{,}5\text{ м/с}\).

При абсолютно неупругом соударении \(|\Delta K| = \dfrac12\mu(V_2-V_1)^2\), где \(\mu = \dfrac{m_1m_2}{m_1+m_2}\). Отсюда \(|V_2 - V_1| = \sqrt{\dfrac{2|\Delta K|}{\mu}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot 30\,000}{2/3\cdot 1000}}\text{ м/с} \approx 9{,}5\text{ м/с}\).

Число соударений на единицу площади пропорционально \(n\langle v\rangle \sim P/\sqrt T\); из постоянства этой величины найдите, как связаны \(P\) и \(V\) в процессе.

\(1662\text{ Дж}\).

Число соударений \(j \sim n\langle v\rangle \sim \dfrac{\sqrt T}{V} = \text{const}\). В процессе \(T \sim V^2\), тогда давление и объём прямо пропорциональны: \(P = \alpha V\). Молярная теплоёмкость процесса \[C = C_V + R\,\frac{\Delta V/V}{\Delta P/P + \Delta V/V}.\] В рассматриваемом процессе \(P = \alpha V\), и на каждом элементарном шаге \(\dfrac{\Delta P}{P} = \dfrac{\Delta V}{V}\). Тогда \(C = C_V + 0{,}5R = 2R\), и \(Q = \nu C\,\Delta T = 2\nu R\,\Delta T = 2\cdot 8{,}31\cdot 100\text{ Дж} \approx 1662\text{ Дж}\).

Число соударений на единицу площади за единицу времени пропорционально \(P/\sqrt T\); проверьте, не достигается ли давление насыщенного пара.

\(3\).

Число соударений на единицу площади в единицу времени \(j \sim \dfrac{P}{\sqrt T}\), искомая величина \(\alpha = \dfrac{j'}{j} = \dfrac{P'}{P}\). При изотермическом уменьшении объёма в \(3\) раза давление пара стало бы \(3\cdot 30 = 90\text{ кПа}\), что меньше давления насыщенного пара (\(100\text{ кПа}\)), то есть конденсации нет и \(P'/P = 3\).

В один полупериод резисторы соединены параллельно, в другой — последовательно; теплота за период складывается из двух вкладов.

\(15081{,}8\text{ Вт}\).

В течение полупериода, когда \(\varphi_1 - \varphi_2 > 0\), сопротивление диодов нулевое, резисторы соединены параллельно, и выделяется теплота \(Q_1 = \dfrac{U^2}{4}\left(\dfrac{1}{R_1}+\dfrac{1}{R_2}+\dfrac{1}{R_3}\right)T\). В течение другого полупериода ток течёт через последовательно соединённые резисторы: \(Q_2 = \dfrac{U^2}{4}\,\dfrac{1}{R_1+R_2+R_3}\,T\). Средняя за период мощность \[\overline{P} = \frac{Q_1+Q_2}{T} = \frac{U^2}{4}\left(\frac{1}{R_1}+\frac{1}{R_2}+\frac{1}{R_3}+\frac{1}{R_1+R_2+R_3}\right) \approx 15081{,}8\text{ Вт}.\]

Минимальная работа равна изменению энергии заряда \(Q\) в поле зарядов \(q_1\) и \(q_2\) при его перемещении между точками старта и финиша.

\(180\text{ Дж}\).

Пусть \(r_1 = 3\text{ см}\) — расстояние от \(Q\) до \(q_1\), \(r_2 = 5\text{ см}\) — расстояние от \(Q\) до \(q_2\) в начальном положении. Потенциал точки старта \(\varphi_1 = k\left(\dfrac{q_1}{r_1} + \dfrac{q_2}{r_2}\right)\), потенциал точки финиша (после обмена зарядов) \(\varphi_2 = k\left(\dfrac{q_1}{r_2} + \dfrac{q_2}{r_1}\right)\). Минимальная работа внешней силы \[A = -Q(\varphi_1 - \varphi_2) = kQ(q_2-q_1)\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right) = 9\cdot 10^9\cdot 10^{-4}\cdot 15\cdot 10^{-6}\cdot\left(\frac{1}{0{,}03}-\frac{1}{0{,}05}\right)\text{ Дж} \approx 180\text{ Дж}.\]

Амплитуды напряжений на элементах складываются векторно на диаграмме: напряжения на резисторе и на реактивном участке сдвинуты по фазе на \(90^\circ\).

\(5\text{ В}\).

Амплитуда напряжения на последовательной RLC-цепи \[U_\text{max} = \sqrt{U_{R\,\max}^2 + \left(U_{C\,\max} - U_{L\,\max}\right)^2} = \sqrt{3^2 + (250-246)^2}\text{ В} = 5\text{ В}.\]

Выразите тангенциальное и нормальное ускорения через производные по углу \(2\varphi\) и используйте постоянство модуля ускорения.

\(1{,}3\text{ м/с}\).

Тангенциальное ускорение связано с нормальным соотношением \[a_\tau = \frac{dV}{dt} = \frac{VdV}{Vdt} = \frac{1}{2}\,\frac{R\,d(V^2)}{R\,ds} = \frac{d(V^2/R)}{d(2\varphi)} = \frac{da_n}{d(2\varphi)} = a_n',\] где штрих обозначает дифференцирование по аргументу \(2\varphi\), \(R = \text{const}\). По условию модуль ускорения не меняется: \(a_\tau^2 + a_n^2 = a^2\), тогда \((a_n')^2 + a_n^2 = a^2\). Это уравнение гармонического осциллятора с \(m = k = 1\), поэтому \(a_n = a\sin 2\varphi\) (с учётом \(a_n(0) = 0\), \(a_n'(0) = a\)). Отсюда \(V^2(\varphi) = aR\sin 2\varphi\) и \[V(\varphi) = \sqrt{aR\sin 2\varphi} = \sqrt{1\cdot 5\cdot\sin 20^\circ}\text{ м/с} \approx 1{,}3\text{ м/с}.\]