Курчатов, 2018/19, отборочный этап, 11 класс

При упругом ударе скорость зеркально отражается от плоскости. По направлению скорости после удара найдите угол между скоростями до и после удара, затем запишите закон сохранения энергии между точками \(A\) и \(B\).

\(V_0 = \sqrt{gh} = 4{,}7\ \text{м/с}\).

Пусть \(\vec V\) — скорость мяча перед ударом о наклонную плоскость. При абсолютно упругом ударе мяч отражается от плоскости зеркально. Учитывая, что скорость мяча сразу после удара направлена горизонтально, из простых геометрических соображений получаем, что вектор \(\vec V\) образует с горизонтом угол \(\beta = 2\alpha = 60^\circ\). Обозначим через \(t\) время движения мяча из точки \(A\) в точку \(B\). Тогда \[\vec V = \vec V_0 + \vec g\,t.\] Угол между векторами \(\vec V\) и \(\vec V_0\) равен \(\alpha + \beta = 3\alpha = 90^\circ\). Таким образом, векторы \(\vec V\), \(\vec V_0\) и \(\vec g\,t\) образуют прямоугольный треугольник с углом \(\alpha\), лежащим против стороны \(\vec V_0\). Отсюда находим связь \(V\) и \(V_0\): \[V = V_0 \operatorname{ctg}\alpha = \sqrt{3}\,V_0.\] Далее воспользуемся законом сохранения энергии. Обозначив массу мяча через \(m\), имеем: \[\frac{mV^2}{2} = \frac{mV_0^2}{2} + mgh \quad\Longrightarrow\quad V^2 = V_0^2 + 2gh.\] Подставляя сюда \(V = \sqrt{3}\,V_0\), находим начальную скорость мяча: \[3V_0^2 = V_0^2 + 2gh \quad\Longrightarrow\quad V_0 = \sqrt{gh} = 4{,}7\ \text{м/с}.\]

Пока полусфера неподвижна, найдите силу давления бруска на полусферу как функцию угла, затем горизонтальную составляющую, которую уравновешивает трение покоя стола. Скольжение полусферы начнётся, когда эта сила достигнет предельного значения \(\mu N_2\).

\(\mu = \dfrac{\sin\alpha\,(3\cos\alpha - 2)}{k + \cos\alpha\,(3\cos\alpha - 2)} = 0{,}015\).

При \(0 \le \alpha \le 25^\circ\) сфера неподвижна. Запишем второй закон Ньютона для бруска в проекции на направление центростремительного ускорения: \[\frac{mV^2}{R} = mg\cos\alpha - N_1,\] где \(m\) — масса бруска, \(V\) — его скорость, \(R\) — радиус полусферы, \(N_1\) — сила нормальной реакции, действующая на брусок со стороны полусферы. Скорость бруска найдём из закона сохранения энергии: \[mgR = \frac{mV^2}{2} + mgR\cos\alpha \quad\Longrightarrow\quad V^2 = 2gR(1 - \cos\alpha).\] Для силы \(N_1\) получаем: \[N_1 = mg\cos\alpha - \frac{mV^2}{R} = mg(3\cos\alpha - 2).\] По третьему закону Ньютона сила \(N_1\) равна силе давления бруска на полусферу. Горизонтальная составляющая силы давления компенсируется силой трения покоя \(F\), действующей на полусферу со стороны стола: \(F = N_1\sin\alpha\). Вертикальная составляющая силы давления и сила тяжести \(Mg\) (\(M\) — масса полусферы) определяют силу нормальной реакции \(N_2 = Mg + N_1\cos\alpha\), действующую на полусферу со стороны стола.

При \(\alpha = 25^\circ\) сила трения покоя \(F\) достигает максимального значения, равного силе трения скольжения \(\mu N_2\): \(F = \mu N_2\). Отсюда, вводя отношение масс \(k = M/m\), \[\mu = \frac{F}{N_2} = \frac{N_1\sin\alpha}{Mg + N_1\cos\alpha} = \frac{\sin\alpha\,(3\cos\alpha - 2)}{k + \cos\alpha\,(3\cos\alpha - 2)} = 0{,}015.\]

Запишите закон сохранения внутренней энергии системы: у одноатомного гелия на моль приходится \(\tfrac{3}{2}R\), у двухатомного азота — \(\tfrac{5}{2}R\). Далее используйте уравнение Клапейрона–Менделеева для каждого газа и для смеси в объёме двух сосудов.

\(P = \dfrac{(3P_1 + 5P_2)(\nu_1 + \nu_2)}{2(3\nu_1 + 5\nu_2)} = 0{,}23\ \text{МПа}\).

Пусть \(T_1\) и \(T_2\) — начальные температуры гелия и азота, \(T\) — конечная температура газовой смеси. Так как тепло к системе не подводится и газы не совершают механической работы, внутренняя энергия системы сохраняется: \[\frac{3}{2}\nu_1RT_1 + \frac{5}{2}\nu_2RT_2 = \frac{3}{2}\nu_1RT + \frac{5}{2}\nu_2RT \;\Rightarrow\; 3\nu_1RT_1 + 5\nu_2RT_2 = (3\nu_1 + 5\nu_2)RT.\] Обозначим через \(V\) объём одного сосуда и запишем уравнение Клапейрона–Менделеева для газов в начальном состоянии и для конечной смеси: \[P_1V = \nu_1RT_1, \qquad P_2V = \nu_2RT_2, \qquad P\cdot 2V = (\nu_1 + \nu_2)RT.\] Подставляя эти результаты в уравнение баланса энергии, находим конечное давление смеси: \[3P_1V + 5P_2V = (3\nu_1 + 5\nu_2)\frac{2PV}{\nu_1 + \nu_2} \;\Rightarrow\; P = \frac{(3P_1 + 5P_2)(\nu_1 + \nu_2)}{2(3\nu_1 + 5\nu_2)} = 0{,}23\ \text{МПа}.\]

Каркас симметричен относительно прямой \(ab\), поэтому диагонали можно мысленно разорвать в центре. Сведите нижнюю половину к треугольнику \(efo\) и последовательным сопротивлениям, затем найдите напряжение на стороне \(ef\).

\(x = 20\).

Так как каркас симметричен относительно горизонтальной прямой \(ab\), то токи в ветвях не изменятся, если разъединить диагонали в точке их пересечения. В эквивалентной схеме рассмотрим нижнюю часть, состоящую из отрезков \(ae\) и \(fb\) и треугольника \(efo\). Сопротивление треугольника обозначим через \(R_1\), а сопротивление всей нижней части через \(R_2\). Треугольник состоит из двух последовательно соединённых отрезков \(eo\) и \(of\), параллельно которым подключён отрезок \(ef\). Для сопротивления треугольника имеем: \[\frac{1}{R_1} = \frac{1}{2R} + \frac{1}{R} = \frac{3}{2R} \quad\Longrightarrow\quad R_1 = \frac{2R}{3}.\]

Сопротивление нижней части равно \(R_2 = 2R + R_1 = \dfrac{8R}{3}\). Сопротивление верхней части каркаса, лежащей над прямой \(ab\), также равно \(R_2\). Учитывая также сопротивление \(2R\) диагонали \(ab\), для общего сопротивления каркаса получаем: \[\frac{1}{R_0} = \frac{1}{R_2} + \frac{1}{R_2} + \frac{1}{2R} = \frac{5}{4R} \quad\Longrightarrow\quad R_0 = \frac{4R}{5}.\] Пусть на клеммы \(a\) и \(b\) подано напряжение \(V\). Тогда тепловая мощность, выделяющаяся на всём каркасе, равна: \[P = \frac{V^2}{R_0} = \frac{5V^2}{4R}.\] Найдём напряжение \(V_1\) на отрезке \(ef\): \[\frac{V_1}{V} = \frac{R_1}{R_2} = \frac{1}{4} \quad\Longrightarrow\quad V_1 = \frac{V}{4}.\] Для тепловой мощности, выделяющейся на этом отрезке, получаем \(P_{ef} = \dfrac{V_1^2}{R} = \dfrac{V^2}{16R}\). Отношение мощностей равно: \[x = \frac{P}{P_{ef}} = \frac{5\cdot 16}{4} = 20.\]

В схеме есть треугольник из трёх конденсаторов \(C\) (ветви \(ae\), \(af\), \(ef\)). Замените его эквивалентной звездой с одинаковыми лучами; ёмкость луча найдите из условия равенства ёмкостей между одной и той же парой узлов.

\(x = \dfrac{2}{7} \approx 0{,}29\).

Воспользуемся преобразованием треугольник–звезда. В рассматриваемой схеме имеются треугольники \(aef\) и \(bef\). Это замкнутые контуры, которые присоединяются к остальной цепи за три узла, причём между любыми двумя узлами включён один конденсатор. Удобнее работать с треугольником \(aef\), поскольку он состоит из трёх одинаковых конденсаторов. Преобразуем этот треугольник в звезду.

Все три конденсатора звезды имеют одну и ту же ёмкость \(C_1\). Для того чтобы её найти, представим себе, что треугольник подключён к источнику за точки \(a\) и \(e\). Тогда имеем два последовательно соединённых конденсатора в ветвях \(af\) и \(fe\). К ним параллельно присоединён конденсатор в ветви \(ae\). Эквивалентная ёмкость треугольника в этом случае равна \(\dfrac{3C}{2}\). Если подключить к источнику звезду за те же точки, то будем иметь два последовательно соединённых конденсатора в ветвях \(ao\) и \(oe\) (конденсатор в ветви \(of\) не заряжен). Эквивалентная ёмкость звезды равна \(\dfrac{C_1}{2}\). Приравнивая ёмкости, находим: \[\frac{3C}{2} = \frac{C_1}{2} \quad\Longrightarrow\quad C_1 = 3C.\] Заменяя в исходной схеме треугольник \(aef\) звездой, приходим к эквивалентной схеме, ёмкость которой легко найти по правилам сложения ёмкостей при параллельном и последовательном соединениях. Для ёмкости батареи получаем: \[C_0 = \frac{9C}{7}.\] Искомое отношение \(x\) равно: \[x = \frac{C_0 - C}{C} = \frac{2}{7} \approx 0{,}29.\]

Ток в катушке максимален, когда напряжение на конденсаторе равно эдс второй батареи. Запишите баланс энергии: работа второй батареи за время колебаний идёт на изменение энергии конденсатора и на энергию катушки.

\(I_m = \sqrt{\dfrac{C}{L}}\,|\varepsilon_2 - \varepsilon_1| = 15\ \text{мА}\).

Когда ключ находится в положении 1, напряжение на конденсаторе равно \(\varepsilon_1\) и заряд его верхней обкладки равен \(q_1 = C\varepsilon_1\). После перевода ключа в положение 2 в левом контуре возникают незатухающие электромагнитные колебания (излучением и сопротивлением пренебрегаем). Эдс самоиндукции \(\varepsilon = -L\,\dfrac{\Delta I}{\Delta t}\) пропорциональна скорости изменения тока. В моменты, когда ток максимален, скорость его изменения обращается в нуль, поэтому эдс самоиндукции также равна нулю. В эти моменты напряжение на конденсаторе равно \(\varepsilon_2\) и заряд его верхней обкладки равен \(q_2 = C\varepsilon_2\).

Рассмотрим баланс энергии в левом контуре: \[A = \Delta W + \frac{LI_m^2}{2},\] где \(A\) — работа батареи \(\varepsilon_2\), \(\Delta W\) — приращение энергии конденсатора. Через батарею в направлении действия её эдс прошёл заряд \((q_2 - q_1)\), поэтому работа батареи равна: \[A = (q_2 - q_1)\varepsilon_2 = C\varepsilon_2(\varepsilon_2 - \varepsilon_1).\] Начальная и конечная энергии конденсатора равны \(W_1 = \dfrac{C\varepsilon_1^2}{2}\) и \(W_2 = \dfrac{C\varepsilon_2^2}{2}\), поэтому \[\Delta W = W_2 - W_1 = \frac{C(\varepsilon_2^2 - \varepsilon_1^2)}{2}.\] Из полученных соотношений находим максимальный ток через катушку: \[\frac{LI_m^2}{2} = A - \Delta W = C\varepsilon_2(\varepsilon_2 - \varepsilon_1) - \frac{C(\varepsilon_2^2 - \varepsilon_1^2)}{2} = \frac{C(\varepsilon_2 - \varepsilon_1)^2}{2},\] \[I_m = \sqrt{\frac{C}{L}}\,|\varepsilon_2 - \varepsilon_1| = 15\ \text{мА}.\]