Курчатов, 2021/22, отборочный этап, 11 класс

Подсказка

Минимальная скорость соответствует случаю, когда шайба останавливается относительно доски у её правого края. Учтите, что относительный путь равен длине доски \(L\).

Ответ

\(V_0 = \sqrt{\dfrac{2\mu g L (m + M)}{M}} \approx 2{,}3\) м/с.

Решение

Минимальное значение скорости \(V_0\) соответствует случаю, когда по отношению к доске шайба останавливается на её правом краю. Относительно стола шайба и доска движутся с одной и той же конечной скоростью \(V_{\text{к}}\). Из закона сохранения импульса \[m V_0 = (m + M) V_{\text{к}} \quad\Rightarrow\quad V_{\text{к}} = \frac{m V_0}{m + M}.\] Между шайбой и доской действуют силы трения \(F_1 = F_2 = \mu m g\). Баланс энергии для шайбы и доски: \[\frac{(m + M) V_{\text{к}}^2}{2} - \frac{m V_0^2}{2} = A_1 + A_2 = -\mu m g (L_1 - L_2) .\] Здесь \(L_1\) и \(L_2\) — перемещения шайбы и доски относительно стола, а их разность равна длине доски \(L\). Подставляя \(V_{\text{к}}\), находим \[V_0 = \sqrt{\frac{2\mu g L (m + M)}{M}} \approx 2{,}3~\text{м/с}.\]

Ответ

\(x \approx 0{,}31\).

Решение

Пусть \(m\) — масса шайб, \(\vec V_1\) и \(\vec V_2\) — скорости шайб в конечном положении. Разложим \(\vec V_2 = \vec u_1 + \vec u_2\) на две взаимно перпендикулярные составляющие: \(\vec u_1\) вдоль проволоки, \(\vec u_2\) перпендикулярно проволоке.

Проекция суммарного импульса на направление проволоки сохраняется (трения нет): \(V_0 = V_1 + u_1\).

Длина стержня не меняется, поэтому проекции скоростей шайб на направление стержня одинаковы: \(V_1 \cos\alpha = u_1 \cos\alpha - u_2 \sin\alpha\).

Закон сохранения энергии: \(V_0^2 = V_1^2 + u_1^2 + u_2^2\).

Исключая \(u_1 = V_0 - V_1\), получаем \(V_1 = \dfrac{1}{2}(V_0 - u_2 \operatorname{tg}\alpha)\) и \(2V_1^2 - 2V_0 V_1 + u_2^2 = 0\). Подставляя \(V_1\), находим \[u_2 = \frac{V_0}{\sqrt{\operatorname{tg}^2\alpha + 2}}, \qquad V_1 = \frac{V_0}{2}\left(1 - \frac{\operatorname{tg}\alpha}{\sqrt{\operatorname{tg}^2\alpha + 2}}\right).\] Искомое отношение \[x = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{\sqrt{1 + 2\operatorname{ctg}^2\alpha}}\right).\] При \(\alpha = 30^{\circ}\): \(x = \dfrac{1}{2}\left(1 - \dfrac{1}{\sqrt{7}}\right) \approx 0{,}31\).

Ответ

\(v_0 = \sqrt{\dfrac{12\,\nu R\,\Delta T}{m}} \approx 1{,}7\) м/с.

Решение

В начальном состоянии смесь (всего \(2\nu\) молей) находится при атмосферном давлении \(P_0\) и температуре \(T_1\), объём \(V_1\). В конечном состоянии давление снова \(P_0\), температура \(T_2 = T_1 + \Delta T\). Так как температура выросла при неизменном давлении, объём вырос, т.е. поршень сместился вправо на \(x\) (площадь поршня \(S\)).

Первое начало термодинамики для газовой смеси: \[0 = \frac{3}{2}\nu R\Delta T + \frac{5}{2}\nu R\Delta T + A,\] где \(A\) — работа силы давления смеси на поршень.

Баланс энергии для поршня: \[0 - \frac{m v_0^2}{2} = A + A_0,\] где \(A_0 = -P_0 S x = -P_0 (V_2 - V_1) = -2\nu R\Delta T\) — работа постоянной силы атмосферного давления. Отсюда \(A = -\dfrac{m v_0^2}{2} + 2\nu R\Delta T\).

Подставляя в первое начало термодинамики, \[v_0 = \sqrt{\frac{12\,\nu R\,\Delta T}{m}} \approx 1{,}7~\text{м/с}.\]

Ответ

\(x \approx 0{,}38\).

Решение

Проверим, будет ли пар насыщенным. Предположим, что нет: вся вода испарилась, и слева находится \(\nu_1\) молей ненасыщенного пара. Тогда конечное давление пара и азота одинаково: \[P V_1 = \nu_1 R T, \qquad P V_2 = \nu_2 R T, \qquad P = \frac{(\nu_1 + \nu_2) R T}{V} = 307~\text{кПа}.\] Это больше \(P_0\) насыщенного пара, значит, предположение ошибочно: пар насыщенный и его давление равно \(P_0\). Тогда \[V_2 = \frac{\nu_2 R T}{P_0}, \qquad V_1 = V - V_2,\] \[x = \frac{V_1}{V_2} = \frac{V}{V_2} - 1 = \frac{P_0 V}{\nu_2 R T} - 1 \approx 0{,}38 .\]

Ответ

\(q \approx 1{,}7\) нКл.

Решение

В электрическом поле шара диэлектрик поляризуется. На его внутренней поверхности возникает заряд \(-Q\), на внешней — заряд \(Q\) (электронейтральность слоя). Напряжённость поля в точке \(A\) диэлектрика на расстоянии \(r\) от центра: \[E = \frac{k q}{\varepsilon r^2}, \qquad k = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}.\] Заменим поляризационные заряды двумя сферами: внутренней радиуса \(R\) с зарядом \(-Q\) и внешней радиуса \(2R\) с зарядом \(Q\). Тогда \[E = \frac{k q}{r^2} - \frac{k Q}{r^2} = \frac{k(q - Q)}{r^2}.\] Приравнивая два выражения для \(E\), находим \[\frac{q}{\varepsilon} = q - Q \quad\Rightarrow\quad Q = \frac{q(\varepsilon - 1)}{\varepsilon}.\] Потенциал шара: \[\varphi = \frac{k(q - Q)}{R} + \frac{k Q}{2R} + \frac{k q_0}{4R} = \frac{k\left(2q(\varepsilon + 1) + \varepsilon q_0\right)}{4\varepsilon R}.\] Так как шар заземлён, \(\varphi = 0\), откуда \[q = -\frac{\varepsilon q_0}{2(\varepsilon + 1)} = 1{,}7~\text{нКл}.\]

Подсказка

Мысленно разделите пластины 2 и 3 пополам: пластины с одинаковым потенциалом образуют систему параллельных конденсаторов.

Ответ

\(x = \dfrac{2}{\varepsilon} \approx 0{,}74\).

Решение

Мысленно разделим пластину 2 на две параллельные пластины \(2_1\) и \(2_2\), соединённые коротким проводом, а пластину 3 — на две соединённые между собой пластины \(3_1\) и \(3_2\). При подключении к батарее пластины \(2_1\), \(2_2\) и 4 имеют одинаковый потенциал, а пластины 1, \(3_1\) и \(3_2\) — также одинаковый. Поэтому исходный конденсатор эквивалентен трём плоским конденсаторам, соединённым параллельно. Ёмкость конденсатора без диэлектрика \(C = \dfrac{\varepsilon_0 S}{d}\), с диэлектриком — \(\varepsilon C\).

Заряды пластин \(3_1\) и \(3_2\): \(q_{31} = q_{32} = CV\). Тогда \[q_3 = q_{31} + q_{32} = 2CV, \qquad q_1 = \varepsilon C V,\] и отношение \[x = \frac{q_3}{q_1} = \frac{2}{\varepsilon} \approx 0{,}74 .\]