Физтех, 2023/24, заключительный этап, 11 класс

Подсказка

Запишите второй закон Ньютона для бруска и для цилиндра вдоль наклонных поверхностей. Для силы трения со стороны стола примените теорему об изменении импульса системы «клин, брусок, цилиндр» в горизонтальном направлении.

Ответ

1) \(F_1 = \dfrac{14}{65}\,mg\);  2) \(F_2 = \dfrac{55}{78}\,mg\);  3) \(F_3 = \dfrac{6}{13}\,mg\).

Решение

Для бруска вдоль наклонной плоскости: \(mg\sin\alpha_1 - F_1 = ma_1\), откуда \(F_1 = mg\cdot\dfrac{3}{5} - \dfrac{5mg}{13} = \dfrac{14}{65}\,mg\).

Для цилиндра: \(4mg\sin\alpha_2 - F_2 = 4ma_2\), откуда \(F_2 = \dfrac{20}{13}\,mg - \dfrac{5}{6}\,mg = \dfrac{55}{78}\,mg\).

Для системы из бруска, клина и цилиндра за малое время \(\Delta t\) справедливо \(\vec F\,\Delta t = \Delta\vec p_1 + \Delta\vec p_2\), где \(\vec F\) — сумма внешних сил, \(\Delta\vec p_1\) и \(\Delta\vec p_2\) — изменения импульсов бруска и цилиндра. В проекции на горизонтальное направление \(F_3\,\Delta t = 4m\,\Delta V_2\cos\alpha_2 - m\,\Delta V_1\cos\alpha_1\), откуда \[F_3 = 4ma_2\cos\alpha_2 - ma_1\cos\alpha_1 = \frac{10}{13}\,mg - \frac{4}{13}\,mg = \frac{6}{13}\,mg .\]

Подсказка

Работа за цикл равна площади треугольника 1-2-3. На отрезке 1-2 давление линейно зависит от объёма, поэтому температура на нём имеет максимум в его внутренней точке.

Ответ

1) \(7\);  2) \(\dfrac{9}{8}\);  3) \(\dfrac{9}{80}\).

Решение

Состояния цикла: \(1\,(4V_0,\,4P_0)\), \(2\,(7V_0,\,2{,}5P_0)\), \(3\,(7V_0,\,P_0)\). Внутренняя энергия в процессе 2-3: \[U_3 - U_2 = \frac{3}{2}P_3V_3 - \frac{3}{2}P_2V_2 = -\frac{63}{4}P_0V_0 .\] Работа за цикл равна площади треугольника: \(A_C = \dfrac{9}{4}P_0V_0\). Отношение \(\dfrac{|U_3 - U_2|}{A_C} = 7\).

На отрезке 1-2 давление \(P = 6P_0 - \dfrac{1}{2}\dfrac{P_0}{V_0}V\), произведение \(PV\) максимально при \(V_M = 6V_0\) и равно \(PV = 18P_0V_0\). Температура в состоянии 1: \(T_1 \propto 16P_0V_0\), поэтому \[\frac{T_M}{T_1} = \frac{18}{16} = \frac{9}{8}.\]

Теплота, полученная на участке 1-2 (с учётом того, что точка инверсии теплообмена лежит вне отрезка 1-2): \(Q_{12} = \dfrac{3}{2}P_2V_2 - \dfrac{3}{2}P_1V_1 + \dfrac{1}{2}(P_1 + P_2)(V_2 - V_1) = 12P_0V_0\). На участке 3-1 точка перехода от поглощения к отдаче тепла находится при \(V_K = 5V_0\), и теплота, полученная на участке 3-K, равна \(Q_{3K} = 8P_0V_0\). Полная полученная теплота \(Q^+ = Q_{12} + Q_{3K} = 20P_0V_0\), КПД \[\eta = \frac{A_C}{Q^+} = \frac{9}{80}.\]

Подсказка

Внутри диэлектрика поле создаёт только заряд \(Q\), а поляризационные заряды на границе диэлектрика с полостью и с внешней средой дают вклад в потенциал вне него. Сравните разность потенциалов в двух точках внутри диэлектрика с отношением потенциалов на графике.

Ответ

1) \(\varphi\!\left(\dfrac{R}{4}\right) = \dfrac{kQ}{\varepsilon R}\,(\varepsilon + 3)\);  2) \(\varepsilon = 4\).

Решение

Разность потенциалов в диэлектрике в \(\varepsilon\) раз меньше, чем без диэлектрика: \[\varphi(x) - \varphi(R) = \frac{1}{\varepsilon}\left(\frac{kQ}{x} - \frac{kQ}{R}\right).\] Так как \(\varphi(R) = \dfrac{kQ}{R}\), то \(\varphi(x) = \dfrac{kQ}{\varepsilon R}\left(\varepsilon - 1 + \dfrac{R}{x}\right)\). При \(x = R/4\) получаем \(\varphi\!\left(\dfrac{R}{4}\right) = \dfrac{kQ}{\varepsilon R}(\varepsilon + 3)\).

Пусть \(r_1 = \dfrac{R}{3}\), \(r_2 = \dfrac{2R}{3}\). Тогда \[\frac{\varphi(r_1)}{\varphi(r_2)} = \frac{\varepsilon - 1 + R/r_1}{\varepsilon - 1 + R/r_2} = \frac{\varepsilon + 2}{\varepsilon + 1/2} .\] По графику \(\dfrac{\varphi(r_1)}{\varphi(r_2)} = \dfrac{4}{3}\), отсюда \(\varepsilon = 4\).

Подсказка

Катушки соединены последовательно, поэтому их ЭДС самоиндукции складываются. Для ответа на второй вопрос используйте сохранение суммы магнитных потоков через катушки.

Ответ

1) \(|\Delta I/\Delta t| = \dfrac{n\alpha S}{5L}\);  2) \(|I| = \dfrac{13}{30}\,\dfrac{B_0 nS}{L}\).

Решение

1) Сумма ЭДС в контуре: \(-n_1\dfrac{\Delta B}{\Delta t}S - L_1\dfrac{\Delta I}{\Delta t} - L_2\dfrac{\Delta I}{\Delta t} = 0\). Отсюда \[\left|\frac{\Delta I}{\Delta t}\right| = \frac{n_1\alpha S}{L_1 + L_2} = \frac{n\alpha S}{5L}.\]

2) Выберем положительное направление тока так, чтобы поток внешнего поля через \(L_1\) был положительным; тогда поток внешнего поля через \(L_2\) будет отрицательным. Из второго правила Кирхгофа следует, что сумма магнитных потоков сохраняется: \[B_0n_1S - 2B_0n_2S = \frac{B_0}{2}n_1S - \frac{2B_0}{3}n_2S + L_1I + L_2I .\] Отсюда \(I = -\dfrac{13}{30}\dfrac{B_0 nS}{L}\), т.е. \(|I| = \dfrac{13}{30}\dfrac{B_0 nS}{L}\).

Подсказка

Изобразите ход лучей от лампочки через линзу, зеркало и обратно к стене; неосвещённые области ограничены крайними лучами, попадающими на зеркало и стену. Удобно построить зеркальное отражение линзы и стены.

Ответ

1) \(S_З = 24\pi\) см\(^2\);  2) \(S_С = 96\pi\) см\(^2\).

Решение

Изображение лампочки \(S\) в линзе \(S_1\), изображение \(S_1\) в зеркале \(S_2\), изображение \(S_2\) в линзе \(S_3\). По формуле линзы \(\dfrac{1}{h/3} + \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{h/2}\) точка \(S_3\) совпадает с \(S_1\). Из подобия треугольников радиусы неосвещённых областей равны \(r_1 = \dfrac{r}{3}\), \(r_2 = \dfrac{5r}{3}\), \(r_3 = \dfrac{2r}{3}\), \(r_4 = \dfrac{10r}{3}\).

1) Площадь неосвещённой части зеркала \(S_З = \pi r_2^2 - \pi r_1^2 = \dfrac{8}{3}\pi r^2 = 24\pi\) см\(^2\).

2) Площадь неосвещённой части стены \(S_С = \pi r_4^2 - \pi r_3^2 = \dfrac{32}{3}\pi r^2 = 96\pi\) см\(^2\).

Подсказка

При первом выстреле снаряд получает скорость из закона сохранения энергии. При третьем выстреле используйте сохранение горизонтального импульса системы «пушка, снаряд» и связь скорости снаряда относительно пушки с углом \(\varphi\).

Ответ

1) \(S_2 = 8\) м;  2) \(S_3 = \dfrac{52}{7}\) м.

Решение

1) По закону сохранения энергии при первом выстреле \(\dfrac{1}{2}mV_0^2 = mgH\). Дальность при втором выстреле \[S_2 = \frac{2V_0^2\sin\varphi\cos\varphi}{g} = \frac{4H\tan\varphi}{1 + \tan^2\varphi} = 8~\text{м}.\]

2) Пусть \(u\) — скорость пушки при третьем выстреле, \(V_1\), \(V_2\) — горизонтальная и вертикальная составляющие скорости снаряда относительно пола. Проекция импульса на горизонталь сохраняется: \(4mu = mV_1\). Из сложения скоростей \(V_2 = (V_1 + u)\tan\varphi\). Закон сохранения энергии: \[\frac{1}{2}m\left(V_1^2 + V_2^2\right) + \frac{1}{2}\cdot 4mu^2 = mgH .\] Расстояние \(S_3 = \dfrac{2V_1V_2}{g}\). Из записанных уравнений \[S_3 = \frac{16H\tan\varphi}{4 + 5\tan^2\varphi} = \frac{52}{7}~\text{м}.\]

Подсказка

Начальное давление задаёт сила \(F\) и площадь поршня. Давление насыщенного пара при \(100\,^\circ\)C равно \(P_0\); парциальное давление сухого воздуха равно разности полного давления и этого значения.

Ответ

1) \(\dfrac{P_1}{P_0} = 1{,}5\);  2) \(\dfrac{N_2}{N_1} = 2\);  3) \(\dfrac{T_2}{T_1} = \dfrac{26}{23}\);  4) \(\varphi_2 \approx 0{,}33\).

Решение

1) \(P_1 = \dfrac{F}{S} = 150\) кПа, \(\dfrac{P_1}{P_0} = 1{,}5\).

2) Парциальное давление сухого воздуха в начале \(1{,}5P_0 - P_0 = 0{,}5P_0\). Давление пара при \(100\,^\circ\)C равно \(P_0 = N_2kT_1\), а \(0{,}5P_0 = N_1kT_1\). Отсюда \(N_2/N_1 = 2\).

3) В конце общее давление \(1{,}5P_1 = 2{,}25P_0\). Пусть \(L\) и \(x\) — расстояния между поршнем и дном сосуда вначале и в конце. По закону сохранения энергии (сосуд теплоизолирован) \[\frac{3}{2}\cdot 1{,}5F\,(L - x) = \left(\nu_1 C_{V1} + \nu_2 C_{V2}\right)(T_2 - T_1).\] Исходно \(0{,}5P_0LS = \nu_1RT_1\), \(P_0LS = \nu_2RT_1\). Для смеси в конце \(\dfrac{1{,}5P_0LS}{T_1} = \dfrac{2{,}25P_0xS}{T_2}\). Из записанных уравнений \[\frac{T_2}{T_1} = \frac{26}{23}.\]

4) В конце давление пара \(1{,}5P_0\), температура \(T_2 = \dfrac{26}{23}T_1 \approx 421{,}65\) K, \(t_2 \approx 149\,^\circ\)C. По графику при \(149\,^\circ\)C давление насыщенного пара \(P_{\text{нас}} \approx 460\) кПа. Тогда \[\varphi_2 = \frac{1{,}5P_0}{P_{\text{нас}}} \approx 0{,}33 .\]

Подсказка

Прямой ток через диод начинается при напряжении \(U_0\), указанном на характеристике. Энергетический баланс удобно записывать отдельно для этапа, когда ток убывает от \(I_1\) до \(I_2\), и этапа от \(I_2\) до нуля.

Ответ

1) \(I_1 = 50\) мА;  2) \(U_2 = 6\) В;  3) \(Q = 0{,}81\) мДж.

Решение

1) Для диода \(U_0 = 1\) В. Из контура \(E - U_1 - U_0 = I_1R\) получаем \(I_1 = 50\) мА.

2) При \(I_2 = 20\) мА: \(E - U_2 - U_0 = I_2R\), откуда \(U_2 = E - U_0 - I_2R = 6\) В.

3) На первом этапе (ток от \(50\) мА до \(20\) мА) по закону сохранения энергии \[E\,C(U_2 - U_1) = \frac{C U_2^2}{2} - \frac{CU_1^2}{2} + C(U_2 - U_1)U_0 + Q_1 ,\] где \(Q_1\) — теплота на \(R\). Отсюда \[Q_1 = C(U_2 - U_1)\left(E - \frac{U_2 + U_1}{2} - U_0\right) = 0{,}63~\text{мДж}.\] На втором этапе (от \(I_2\) до нуля) диод эквивалентен резистору \(R_D = U_0/I_2 = 50\) Ом, конечное напряжение на конденсаторе равно \(E\), и теплота на всех сопротивлениях \(W = \dfrac{1}{2}C(E - U_2)^2 = 0{,}27\) мДж. На резисторе \(R\) выделится \(Q_2 = \dfrac{R}{R + R_D}W = 0{,}18\) мДж.

Итого \(Q = Q_1 + Q_2 = 0{,}81\) мДж.

Подсказка

В установившемся режиме катушки ведут себя как проводники. После размыкания ток через катушки не меняется мгновенно, а ток через \(R_3\) меняет направление.

Ответ

1) \(I_0 = \dfrac{2E}{3R}\);  2) \(\left|\dfrac{\Delta I_1}{\Delta t}\right| = \dfrac{10E}{3L}\);  3) \(q_3 = \dfrac{2}{5}\,\dfrac{LE}{R^2}\).

Решение

1) В установившемся режиме катушки не имеют сопротивления. Параллельное соединение \(R_3\), \(R_1\), \(R_2\) даёт \(R_{AB} = \dfrac{2R}{5}\), \(U_{AB} = \dfrac{2E}{3}\), отсюда \(I_0 = \dfrac{U_{AB}}{R} = \dfrac{2E}{3R}\).

2) Сразу после размыкания токи в катушках не изменяются, а ток через \(R_3\) меняет направление и становится \(2I_0\). Для контура из \(L_1\) и \(R_3\): \[-L\frac{\Delta I_1}{\Delta t} = I_0R + 2I_0\cdot 2R = 5I_0R ,\] откуда \(\left|\dfrac{\Delta I_1}{\Delta t}\right| = \dfrac{5I_0R}{L} = \dfrac{10E}{3L}\).

3) Интегрируя уравнения контуров с учётом \(q_3\), получаем \(q_3 = \dfrac{3LI_0}{5R} = \dfrac{2}{5}\dfrac{LE}{R^2}\).

Подсказка

Пока датчик полностью попадает в пучок, прошедший через линзу, его показания постоянны. По положению границ этого участка найдите изображение источника и положение линзы, затем используйте формулу линзы.

Ответ

1) \(r \approx 1\) см (допустимые пределы \(0{,}90 \le r \le 1{,}06\));  2) \(F \approx 9\) см (допустимые пределы \(8{,}50 \le F \le 9{,}5\));  3) \(P_0 \approx 180\) Вт (допустимые пределы \(175 \le P_0 \le 185\)).

Решение

1) Из графика \(x_1 \approx 6\) см, \(x_2 \approx 19\) см. Из подобия \[\frac{r}{R} = \frac{(x_2 - x_1)/2}{(x_2 + x_1)/2}, \qquad r \approx 1~\text{см}.\] Замечание: радиус датчика можно найти и по значению мощности при \(x = 0\).

2) По формуле линзы \(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{(x_2 + x_1)/2} = \dfrac{1}{F}\), откуда \(F \approx 9\) см.

3) Из графика мощность, падающая на линзу, \(P_m \approx 0{,}176\) Вт. Так как \(\dfrac{P_0}{P_m} \approx \dfrac{4\pi a^2}{\pi R^2}\), то \(P_0 = P_m\dfrac{4a^2}{R^2} \approx 180\) Вт.