«Газпром», 2023/24, заключительный этап, 11 класс

Пар находится при давлении насыщенного пара, то есть при давлении в баллоне. Запишите уравнение состояния для пара и условия на объём и массу: объёмы пара и жидкости дают объём баллона, массы — полную массу пропана.

\(m_{\text{пара}}\approx 0{,}27\) кг.

Почти весь пропан находится в жидком состоянии. Для пара используем уравнение Менделеева–Клапейрона. Обозначим: \(p=1{,}6\) МПа (давление насыщенного пара), \(T=42+273=315\) К, \(V=55\) л (объём баллона), \(m=24\) кг (масса пропана). Система: \[\begin{cases} pV_{\text{пара}}=\dfrac{m_{\text{пара}}}{\mu}RT,\\[4pt] V_{\text{пара}}+V_{\text{ж}}=V,\\[2pt] \rho V_{\text{ж}}=m_{\text{ж}},\\[2pt] m_{\text{пара}}+m_{\text{ж}}=m. \end{cases}\] Её решение дает \(m_{\text{пара}}\approx 0{,}27\) кг.

Запишите второй закон Ньютона для каждого груза и учтите, что ускорение среднего подвижного блока равно полусумме ускорений грузов \(m_1\) и \(m_3\).

\(a_3=\dfrac{g}{4}\approx 2{,}5\) м/с\(^2\) (при \(g=10\) м/с\(^2\)).

Пусть \(m_1=m\), \(m_2=2m\), \(m_3=3m\). Второй закон Ньютона для грузов: \[\begin{cases} T-mg\sin\alpha=ma_1,\\ T=3ma_3,\\ 2mg-2T=2ma_2, \end{cases}\] связь ускорений \(a_2=\dfrac{a_1+a_3}{2}\). Решая систему, получаем \(T=\dfrac{3}{4}mg\) и \(a_3=\dfrac{g}{4}\approx 2{,}5\) м/с\(^2\) при \(g=10\) м/с\(^2\).

Сначала найдите общий ток через батарею в установившемся режиме и напряжения на конденсаторах до и после замыкания ключа. Заряд через ключ — разность зарядов на соответствующих обкладках.

\(\Delta q=\dfrac{5\xi}{4R}RC=1{,}25\,\xi C\).

Общий ток \(I=\dfrac{\xi}{4R}\). При разомкнутом ключе заряд на конденсаторе \(q=0{,}5\,IRC\). После замыкания заряды на конденсаторах (с учётом зарядки и перезарядки) меняются до значений \(2{,}5\,IRC\) на каждом из двух, и через ключ протекает заряд, равный \[\Delta q=5IRC=\frac{5\xi}{4R}RC=1{,}25\,\xi C.\]

Центр масс покоится. Разложите силу Кулона по малому смещению, учитывая, что оно мало по сравнению с \(L\). Частота колебаний растёт из-за добавки к жёсткости пружины.

\(q=\sqrt{6\pi\varepsilon_0 kL^3}\).

Центр масс системы покоится. Пусть \(x_0\) — равновесное растяжение пружины после сообщения зарядов. Условие равновесия \(kx_0=\dfrac{q^2}{4\pi\varepsilon_0(L+x_0)^2}\); при \(x_0\ll L\) и разложении в ряд получаем \[\left(k+\frac{2q^2}{4\pi\varepsilon_0 L^3}\right)x_0=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0 L^2}.\] Для малых колебаний эффективная жёсткость пружины \[k_{\text{эфф}}=k+\frac{2q^2}{4\pi\varepsilon_0 L^3},\] а циклическая частота колебаний системы \(\omega_1^2=k_{\text{эфф}}\dfrac{m+M}{mM}\). Частота без зарядов \(\omega_0^2=k\dfrac{m+M}{mM}\). По условию \(\dfrac{\omega_1}{\omega_0}=n\), откуда \[q^2=2\pi\varepsilon_0\,(n^2-1)\,kL^3,\qquad n=2\ \Rightarrow\ q=\sqrt{6\pi\varepsilon_0 kL^3}.\]

Граничный луч касается непрозрачного шарика и после преломления на поверхности большого шара идёт по касательной к внутреннему шарику. Угол падения на внешней границе связан с углом преломления через \(n\).

\(L=\dfrac{nR}{\sqrt{n^2-1}}=\dfrac{5}{3}R=0{,}1\) м.

Луч, касающийся поверхности внутреннего шарика, преломляется на внешней поверхности большого шара под углом \(\beta\), где \(\sin\beta=\dfrac{1}{n}\). Радиус большого шара и расстояние от источника связаны соотношением \(R=L\sin\alpha\). Из геометрии (теорема косинусов для треугольников с центром шаров) получаем \(\cos\alpha=\dfrac{1}{n}\). Тогда \[L=\frac{R}{\sin\alpha}=\frac{nR}{\sqrt{n^2-1}}=\frac{5}{3}R=0{,}1~\text{м}.\]

Пятно при ускоряющем напряжении и при тормозящем различается из-за движения электронов в однородном поле между пластинами. Сравните радиусы пятен и выразите кинетическую энергию фотоэлектронов, затем примените уравнение Эйнштейна.

\(\nu\approx 7{,}43\cdot 10^{14}\) Гц.

Пусть расстояние между пластинами \(L\), ускорение электрона в поле \(a=\dfrac{e\xi}{Lm}\). Для ускоряющей разности потенциалов \(D=2v\sqrt{\dfrac{2L}{a}}\). При тормозящей разности потенциалов с учётом \(D=2d\) получаем условие \(2La=\dfrac{3v^2}{4}\), откуда \[\frac{mv^2}{2}=\frac{4e\xi}{3}.\] Из уравнения Эйнштейна \(\dfrac{mv^2}{2}=h\nu-A\) находим \[\nu=\frac{4e\xi}{3h}+\frac{A}{h}\approx 7{,}43\cdot 10^{14}~\text{Гц}\quad(h\approx 4{,}13\cdot10^{-15}~\text{эВ}\cdot\text{с}).\]