Курчатов, 2015/16, заключительный этап, 11 класс

Брусок может оторваться от поверхности только на обратном пути к столбу, когда расстояние до блока уменьшится. В момент отрыва вертикальная составляющая силы натяжения равна весу бруска.

\(v_2 = \sqrt{v_0^2 + \dfrac{2F}{m}\left(\sqrt{L_0^2+h^2} - \dfrac{Fh}{mg}\right)}\).

Из условия задачи ясно, что в начальный момент брусок давит на горизонтальную поверхность, то есть «оторваться» от поверхности он сможет только на обратном пути к столбу, когда расстояние \(L_2\) станет меньше, чем \(L_0\). Кинетическая энергия бруска изменяется, так как сила \(F\) совершает работу. Поскольку сила, действующая на брусок, всегда направлена вдоль нити к блоку, то работа равна произведению величины силы на изменение длины участка нити между бруском и блоком, взятому со знаком минус.

В момент, когда брусок перестанет давить на поверхность, на брусок будут действовать только сила натяжения нити и сила тяжести. Поскольку ускорение бруска будет всё ещё направлено по горизонтали, сумма вертикальных проекций действующих на брусок сил будет равна нулю: \[F\frac{h}{\sqrt{L_2^2+h^2}} = mg \quad\Longrightarrow\quad \sqrt{L_2^2+h^2} = \frac{Fh}{mg}.\] Скорость \(v_2\) бруска в этот момент найдём из закона изменения механической энергии: \[\frac{mv_0^2}{2} + F\left(\sqrt{L_0^2+h^2} - \sqrt{L_2^2+h^2}\right) = \frac{mv_2^2}{2} \quad\Longrightarrow\quad v_2 = \sqrt{v_0^2 + \frac{2F}{m}\left(\sqrt{L_0^2+h^2} - \frac{Fh}{mg}\right)}.\]

Изменение внутренней энергии воды одинаково в обоих путях, поскольку начальное и конечное состояния совпадают. Различаются только работы, а значит, и теплоты.

\(Q_1 = 47{,}4\) кДж, \(Q_2 = 48{,}3\) кДж.

Согласно первому началу термодинамики количество подведённой теплоты равно сумме изменения внутренней энергии и совершённой системой работы: \[Q = \Delta U + A.\] Изменение внутренней энергии \(\Delta U\) воды в этих двух разных процессах перехода в пар одинаково, так как в обоих случаях в конце получается 1 моль водяного пара при температуре 100 °C. Отличаются только работы, совершаемые при изотермическом расширении, поэтому \[Q_2 - Q_1 = A_2 - A_1.\] Объём водяного пара во много раз больше объёма, занимаемого этим же количеством воды в жидком состоянии, поэтому работа, совершаемая паром при изотермическом расширении, равна \[A_i = P_i\,\Delta V_i \approx \nu R T_i.\] Рассчитаем количество теплоты, подводимое к воде во втором случае: \[Q_2 = \bigl(C\cdot(t_2-t_1) + L\bigr)\cdot 1\text{ моль} \approx 48{,}3\text{ кДж}\] (теплота испарения включает в себя и изменение внутренней энергии, и работу, которую совершает пар при увеличении объёма). Количество теплоты, подведённой в первом случае: \[Q_1 = Q_2 - A_2 + A_1 \approx Q_2 - \nu R T_2 + \nu R T_1 = 47{,}4\text{ кДж}.\]

Скорость вытекания воды найдите по формуле Торричелли. Скорость убывания уровня зависит от самого уровня; для такого уравнения полезна замена переменных, при которой оно совпадает с уравнением для полностью заполненной ванны.

\(\dfrac{3\tau}{4}\).

Скорость вытекания воды через небольшое отверстие в дне зависит от уровня жидкости в ванне. Эта зависимость следует из закона сохранения механической энергии: небольшая масса воды, находящаяся в тонком верхнем слое жидкости, «исчезает», а из сливного отверстия, находящегося на расстоянии \(h\) ниже, выливается такое же количество воды со скоростью \(V\): \(mgh = mV^2/2\). То есть \(V = \sqrt{2gh}\) (формула Торричелли). Значит, высота уровня жидкости убывает со скоростью, которая зависит от уровня воды; при этом указанная скорость убывания уровня обратно пропорциональна площади поперечного сечения ванны \(S\) и прямо пропорциональна площади сливного отверстия \(s\): \[\frac{\Delta h}{\Delta t} = -\frac{s}{S}\sqrt{2gh}.\] Известно, что из заполненной полностью ванны вода вытекает за время \(\tau\). Найдём, за какое время вода вытечет из ванны, заполненной на четверть. Пусть \(h(t)\) — зависимость высоты уровня воды от времени в этом случае, \(h(0)=H/4\), где \(H\) — высота ванны. Введём новые переменные \(h' = 4h\), \(t' = 2t\). В новых переменных \[\frac{\Delta h'}{\Delta t'} = -\frac{s}{S}\sqrt{2gh'}, \qquad h'(0) = H,\] то есть получилось точно такое же уравнение с таким же начальным условием, как и для полностью заполненной ванны. Значит, \(h'=0\) при \(t'=\tau\), то есть при \(t=\tau/2\). Получается, что последняя четверть объёма ванны опорожняется за время \(\tau/2\), если камней в ванне нет. Первые три четверти опорожняются за время \(\tau-\dfrac{\tau}{2}=\dfrac{\tau}{2}\). Так как времена опорожнения ванны без камней и ванны с камнями, согласно условию, отличаются в два раза, то из записанного уравнения следует, что сечение, «занятое» водой, в ванне с камнями равно \(S/2\). Поэтому время опорожнения последней четверти ванны, если она заполнена камнями, будет равно \(\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\tau}{2}=\dfrac{\tau}{4}\). Время опорожнения ванны, заполненной камнями только на 25%, составит, следовательно: \[\frac{\tau}{2} + \frac{\tau}{4} = \frac{3\tau}{4}\] (поскольку сначала площадь водного зеркала в ванне равна \(S\), а затем, когда уровень воды доходит до камней, площадь водного зеркала уменьшается в 2 раза).

Работа сил поля при перемещении частицы на бесконечность не зависит от пути. Выберите путь, на котором перемещение частицы перпендикулярно силе, там, где это возможно, и учтите, что поле существует и вне конденсатора из-за краевых эффектов.

\(U = \dfrac{qQ}{\varepsilon_0\pi R^2}\left(\dfrac{d}{2}-x\right)\).

Из-за краевых эффектов электростатическое поле, создаваемое конденсатором, отлично от нуля вне конденсатора. На рисунке показаны силовые линии поля, создаваемого конденсатором.

Работу, совершаемую силой, действующей со стороны конденсатора на заряд при его перемещении из начального положения на бесконечность, проще всего найти, рассматривая маршрут перемещения, обозначенный зелёными стрелками. Этот маршрут состоит из двух частей, причём на второй части (вертикальный луч) работа силы равна нулю, поскольку в каждой точке этого луча сила перпендикулярна перемещению. Работа силы на первом (горизонтальном) участке равна \[A = qE_x\left(\frac{d}{2} - x\right),\] где \(E_x\) — проекция электростатического поля внутри конденсатора на ось, направленную вправо. В соответствии с определением потенциальной энергии, искомая энергия равна работе \(A\). Напряжённость поля внутри плоского конденсатора: \[E_x = \frac{Q}{\varepsilon_0 S} = \frac{Q}{\varepsilon_0\pi R^2},\] где \(S\) — площадь одной пластины конденсатора. Окончательно получим: \[U = A = \frac{qQ}{\varepsilon_0\pi R^2}\left(\frac{d}{2}-x\right).\]

Поле кольца с током на его оси направлено вдоль оси. Вклады малых участков кольца складываются по направлению оси, поэтому достаточно учесть проекции на ось.

\(I\approx 1{,}7\cdot 10^{9}\) А.

Найдём индукцию магнитного поля, создаваемого током, текущим по кольцу радиусом \(R\), на оси кольца на расстоянии \(R\) от центра. Из симметрии задачи ясно, что вектор индукции будет направлен вдоль оси кольца. Рассмотрим небольшой участок кольца длиной \(dl\). Он находится на расстоянии \(\sqrt{R^2+R^2}=\sqrt{2}R\) от точки, где мы ищем индукцию поля. По закону Био — Савара — Лапласа индукция магнитного поля, создаваемая этим участком, равна \[dB = \frac{\mu_0}{4\pi}\cdot\frac{I\,dl}{2R^2},\] причём вектор \(d\vec B\) составляет угол \(45^\circ\) с осью кольца. Индукцию поля, создаваемого всем кольцом, найдём, суммируя проекции на ось кольца полей небольших участков: \[B = \frac{\mu_0}{4\pi}\cdot\frac{I\cdot 2\pi R}{2R^2}\cos 45^\circ = \frac{\sqrt{2}\,\mu_0 I}{8R}.\] Индукция поля, создаваемого кольцевым током, должна быть по модулю равна индукции собственного магнитного поля Земли. Следовательно, необходимая величина силы тока \[I = \frac{8BR}{\sqrt{2}\,\mu_0} \approx 1{,}7\cdot 10^{9}\text{ А}.\]

Луч, проходящий через центр линзы, не преломляется, а параллельные лучи собираются в фокальной плоскости. Найдите луч, который задаёт край светлого пятна, и используйте подобие треугольников.

Радиус светового пятна на экране \(EG = 2\) см.

Нужно понять, как идёт луч, который «отвечает» за край светлого пятна на экране. Этот луч идёт из края светящегося диска к противоположному краю линзы. Проведём луч \(OD\), параллельный лучу \(BC\), идущему через центр линзы. Луч через центр линзы проходит без преломления, при этом параллельные лучи собираются в фокальной плоскости линзы. Поэтому крайняя точка, которая будет освещена на экране, — это точка \(E\).

Из подобия треугольников следует, что отрезок \(BO = 4AB\) (точка \(A\) — центр светящегося диска). Поэтому \(BO = 4AO/5 = 8\) см. Треугольники \(BOC\) и \(OFD\) подобны, поэтому \(DF = CO\cdot OF/BO = 24/8\) см \(= 3\) см. Из подобия \(CHO\) и \(DHF\) следует равенство \(DF/CO = FH/OH\), из которого найдём, что \(OH = 24\) см. Аналогичным образом, из \(CHO\) и \(EHG\) найдём, что \(GE = 2\) см.