«Газпром», 2024/25, заключительный этап, 10 класс

Тепло подводится только на участках 1–2 (изохора) и 2–3 (изобара). Температуры в точках 2 и 4 связаны условием одной изотермы.

\(Q \approx 86{,}4\) кДж.

Тепло подводится на участках 1–2 (изохора) и 2–3 (изобара): \[Q_{12} = \frac{5}{2}\nu R\,\Delta T_{12}, \qquad Q_{23} = \frac{7}{2}\nu R\,\Delta T_{23}.\] Так как точки 2 и 4 лежат на одной изотерме и \(V_4 = nV_2\), то \(T_2 = T_4 = nT_1\), а \(T_3 = n^2 T_1\) (из изобары 2–3, изобары 4–1 и изохоры 3–4 цикла). Тогда \[Q = Q_{12} + Q_{23} = \frac{\nu R T_1 (n-1)}{2}(5 + 7n) = \frac{2\cdot 8{,}31\cdot 200\cdot 2}{2}\cdot 26 \approx 86{,}4~\text{кДж}.\]

Кинетическая энергия бруска должна быть не меньше работы силы трения на полосе. Работа равна площади под графиком \(\mu(x)\), умноженной на \(mg\).

\(V_{min} = \sqrt{\dfrac{2\mu g L}{nk}\left[1 + \dfrac{(1+n)(k-1)}{2}\right]}\).

Работа силы трения равна \(mg\), умноженному на площадь под графиком \(\mu(x)\). На участке \(0 \le x \le L/k\) коэффициент трения \(\mu/n\), а на участке \(L/k \le x \le L\) он растет линейно от \(\mu/n\) до \(\mu\): \[A_{тр} = \mu m g\left[\frac{L}{nk} + \frac{L}{2}\left(1 - \frac{1}{k}\right)\left(1 + \frac{1}{n}\right)\right] = \frac{\mu m g L}{nk}\left[1 + \frac{(1+n)(k-1)}{2}\right].\] Условие прохождения полосы \(\dfrac{m V_{min}^2}{2} \ge A_{тр}\) дает ответ выше.

Выразите концентрацию электронов через плотность и молярную массу меди, затем из выражения для силы тока найдите среднюю скорость направленного движения.

\(K \approx 6{,}24\cdot 10^{-38}\) Дж.

Концентрация электронов (валентность 1): \(n = N_A\rho/\mu\). Сила тока \(I = S\,V\,n\,e\), откуда средняя скорость направленного движения \[V = \frac{I\mu}{S N_A \rho e}.\] Кинетическая энергия одного электрона: \[K = \frac{m_e}{2}\left(\frac{I\mu}{S N_A \rho e}\right)^2 \approx 6{,}24\cdot 10^{-38}~\text{Дж}.\]

В неподвижной системе отсчета ускорение жука складывается из центростремительного и изменения скорости при движении по радиусу. Сила трения должна быть наибольшей на краю диска.

\(\mu_{min} = \dfrac{4\pi\nu\sqrt{\pi^2\nu^2R^2 + V^2}}{g} \approx 0{,}012\).

Центростремительное ускорение жука на расстоянии \(r\) от центра: \(a_ц = 4\pi^2\nu^2 r\). Изменение скорости жука за малый промежуток времени \(\delta t\) складывается из поворота относительной скорости \(V\) на угол \(\delta\alpha = 2\pi\nu\,\delta t\) и изменения окружной скорости \(2\pi\nu\,\delta r = 2\pi\nu V\delta t\); итого \(\Delta V = 4\pi\nu V\,\delta t\), и это ускорение перпендикулярно радиусу: \[a = \sqrt{a_ц^2 + (4\pi\nu V)^2} = 4\pi\nu\sqrt{\pi^2\nu^2 r^2 + V^2}.\] Требуемая сила трения \(F_{тр} = m a\) растет с \(r\), поэтому наибольшая на краю диска (\(r = R\)). Так как \(F_{тр} \le \mu m g\): \[\mu_{min} = \frac{4\pi\nu\sqrt{\pi^2\nu^2 R^2 + V^2}}{g} \approx 0{,}012.\]

Запишите уравнение теплового баланса для нагрева воды и шариков при одной и той же мощности нагревателя для двух экспериментов.

\(c_ш = 2{,}1\) кДж/(кг\(\cdot\)К).

Мощность нагревателя \(P\) постоянна. Обозначим теплоемкость воды \(C_в\), а одного шарика \(C_ш\). Тогда \[P\tau_1 = (C_в + C_ш)\,\Delta t, \qquad P\tau_2 = (C_в + 3C_ш)\,\Delta t.\] Отсюда \(C_ш = C_в\dfrac{\tau_2 - \tau_1}{3\tau_1 - \tau_2}\). Учитывая \(C_в = c\,n\,m_ш\) и \(C_ш = c_ш m_ш\), \[c_ш = c\,n\,\frac{\tau_2 - \tau_1}{3\tau_1 - \tau_2} = 4{,}2\cdot 9\cdot\frac{0{,}2}{3{,}6} = 2{,}1~\text{кДж/(кг$\cdot$К)}.\]

Поле на поверхности сферы складывается из поля выделенного малого элемента и поля остальной сферы. Внутри проводника поле равно нулю, а снаружи вблизи поверхности поле вдвое больше, чем создаваемое элементом.

\(p = \dfrac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0 R^4}\).

Поверхностная плотность заряда \(\sigma = q/(4\pi R^2)\). Напряженность поля снаружи вблизи поверхности \(E = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\), внутри равна нулю.

Выделим малый элемент поверхности \(\Delta S\) с зарядом \(q'' = \sigma\Delta S\). Пусть \(E'\) — поле, созданное этим элементом, а \(E''\) — полем остальной сферы. Снаружи \(E' + E'' = E\), внутри \(E' - E'' = 0\), откуда \(E' = E'' = E/2 = \dfrac{q}{8\pi\varepsilon_0 R^2}\). Сила на элемент \(F = q'' E' = \dfrac{q^2\Delta S}{32\pi^2\varepsilon_0 R^4}\), а давление \[p = \frac{F}{\Delta S} = \frac{q^2}{32\pi^2\varepsilon_0 R^4}.\]